Mecanica de suelos_y_cimentaciones_ing_a

Universidad Nacional “San Luis Gonzaga” de Ica
FACULTAD DE INGENIERIA CIVIL
MECANICA DE SUELOS Y
CIMENTACIONES
AUTOR:
ING. ANGEL R. HUANCA BORDA
huancaborda@hotmail.com
WILBER CUTIMBO CHOQUE
wil-ber_2511@hotmail.com
Cel. 953686056

PROLOGO
El propósito de esta publicación es continuar aportando de una manera modesta,
con un texto de fácil acceso en cuanto al aprendizaje de la Mecánica de Suelos y
también al aspecto económico.
El presente libro, en vista de la favorable acogida que tuvo la anterior edición, no
tiene cambios sustanciales en su contenido y presentación, y las modificaciones
realizadas obedecen solo a aspectos de redacción y forma de impresión.
Esperando que este pequeño libro, pueda contribuir con un granito de arena, en la
formación de futuros Ingenieros Civiles, quedo muy agradecido por las
sugerencias que los lectores me puedan brindar, lo cual servirá para mejorar el
presente trabajo.
A.R. Huanca Borda
e-mail: wil-ber_2511@hotmail.com
Cel. 953686056
MOQUEGUA - PERU

MECANICA DE SUELOS Y CIMENTACIONES
CONTENIDO
Título
CAPITULO I. RELACIONES VOLUMÉTRICAS Y GRAVIMÉTRICAS EN
LOS SUELOS
1. Esquema Típico para la representación de un suelo.
2. Relaciones de pesos y volúmenes.
3. Relaciones fundamentales.
4. Correlación entre la relación de vacíos y la porosidad.
5. Fórmulas referentes a suelos saturados.
6. Fórmulas referentes a suelos parcialmente saturados.
7. Peso Específico seco y saturado
8. Peso Volumétricos del suelo sumergido.
9. Densidad relativa de suelos.
Problemas Resueltos.
CAPITULO II. PLASTICIDAD DE SUELOS
1. Definición.
2. Índice Plástico.
3. Ecuación de la curva de fluidez.
4. Índice de tenacidad.
5. Límite de contracción.
CAPITULO III. CLASIFICACIÓN DE SUELOS
1. Clasificación según AASHO.
Índice de grupo.
Problemas Resueltos
2. Clasificación según SUCS.
Carta de plasticidad
Problemas Resueltos
3. Clasificación de “Public Roads Administration”
Problemas Resueltos
CAPITULO IV. PRESIÓN EFECTIVA Y PRESIÓN NEUTRA EN LOS SUELOS
1. Presión efectiva vertical.
2. Presión neutra.
3. Presión total vertical.
2

ANGEL. R. HUANCA BORDA
CAPITULO V. PRESIONES VERTICALES EN LOS SUELOS SATURADOS
DEBAJO DE LAS ZONAS CARGADAS
1. Método de Boussinesq.
2. Método de Newmark.
CAPITULO VI. ASENTAMIENTOS
1. Asentamientos de arcillas normalmente consolidadas.
1.1. Coeficiente de comprensibilidad.
1.2. Coeficiente de comprensibilidad volumétrica.
1.3. Asentamiento
2. Arcillas preconsolidadas.
3. Teoría de la consolidación.
3.1. Velocidad de consolidación.
Problemas Resueltos
CAPITULO VII. RESISTENCIA AL ESFUERZO CO9RTANTE DE LOS
SUELOS
1. Esfuerzo normal y esfuerzo cortante.
2. Resistencia al corte de suelos no cohesivos.
2.1. Relación de esfuerzos principales.
3. Resistencia al corte de suelos cohesivos.
3.1. Relación de esfuerzos principales.
4. Ecuación revisada de Terzaghi.
CAPITULO VIII. EMPUJE DE TIERRAS CONTRA MUROS DE
CONTENCIÓN
1. Estado de equilibrio plástico.
1.1. Coeficiente activo de presión de tierras.
1.2. Coeficiente pasivo de presión de tierras.
2. Teoría de Rankine del empuje de tierras.
2.1. Hipótesis.
2.2. Empuje de suelos sin cohesión.
2.3. Empuje de suelos con cohesión y fricción.
3. Teoría de Coulomb en suelos friccionantes.
4. Método gráfico de Culmann.
CAPITULO IX. PERMEABILIDAD DE LOS SUELOS
1. Ley de Darcy.
2. Velocidad de descarga o velocidad del flujo.
3. Velocidad de filtración o velocidad de escurrimiento.
4. Velocidad Real.
5. Determinación de la permeabilidad.
3

5.1. Permeámetro de carga constante.
5.2. Permeámetro de carga variable.
5.3. Permeabilidad de suelos estratificados.
6. Altura de ascensión capilar.
Problemas Resueltos
CAPITULO X. RED DE FLUJO O RED DE FILTRACIÓN
1. Red de flujo.
2. Gasto de filtración.
3. Subpresión.
4. Sifonaje.
4.1. Sifonaje por levantamiento.
4.2. Tubificación.
CAPITULO XI. CAPACIDAD DE CARGA DE CIMENTACIONES
SUPERFICIALES
1. Capacidad portante de suelos densos.
1.1. Suelos con cohesión y fricción.
1.2. Suelos netamente arcillosos.
2. Capacidad portante de suelos sueltos.
3. Capacidad de carga por asentamiento.
Problemas Resueltos
CAPITULO XII. CAPACIDAD DE CARGA DE CIMENTACIONES
PROFUNDAS
Capacidad de carga de pilotes.
1. Pilotes aislados.
1.1. Fórmulas estáticas.
1.2. Fórmulas dinámicas.
2. Grupo de Pilotes
Problemas Resueltos
BIBLIOGRAFÍA
4

CAPITULO I
RELACIONES VOLUMÉTRICAS Y GRAVIMÉTRICAS EN LOS
SUELOS
1. ESQUEMA TÍPICO PARA LA REPRESENTACIÓN DE UN SUELO
Fase Gaseosa
Fase Sólida
Va
Vw
Vs
Wa
Ww
Ws
Vv
Vm Wm
VOLUMENES PESOS
Fase Líquida
Donde:
Vm =Volumen total de la muestra del suelo (Volumen de masa).
Vs =Volumen de la fase sólida de la muestra (Volumen de sólidos).
Vv =Volumen de los vacíos de la muestra de suelo (Volumen de vacíos).
Vw =Volumen de la fase liquida contenida en la muestra (Volumen de agua).
Va =Volumen de la fase gaseosa de la muestra (Volumen de aire).
Wm =Peso total de la muestra de suelo.
Ws =Peso total de la fase sólida de la muestra de suelo (Peso de sólidos).
Ww =Peso total de la fase líquida de la muestra (Peso de agua).
Wa = Peso total de la fase gaseosa de la muestra, considerado cero de Mecánica de
Suelos.
2. RELACIONES DE PESOS Y VOLUMENES
2.1 Peso Específico de la Masa del suelo( )
m
γ
m
W
S
m
m
m
V
W
W
V
W +
=
=
γ
2.2 Peso Específico de Sólidos( )
s
γ
s
s
s
V
W
=
γ
2.3 Peso Específico Relativo de la Masa del suelo ( )
m
S
5

o
m
s
w
o
m
m
o
m
m
V
W
W
V
W
S
γ
γ
γ
γ
×
+
=
×
=
=
2.4 Peso Específico Relativo de las Partículas Sólidas ( )
s
S
w
o
o
s
s
o
s
s
V
W
S γ
γ
γ
γ
γ
≈
⇒
×
=
=
NOTA: El valor de w
γ , difiere poco del o
γ y en casos prácticos, ambos son tomados
como iguales
3. RELACIONES FUNDAMENTALES
3.1 Relación de Vacíos o Índice de Porosidad (e).
S
V
V
V
e = En la práctica, 0.25 ≤ e ≤ 15
3.2 Porosidad (n).
( )
100
(%)
m
V
V
V
n =
3.3 Grado de Saturación (G).- También se designa con, S (%).
( )
100
(%)
V
W
V
V
G =
3.4 Grado de Humedad (W %).
( )
100
(%)
S
W
W
W
W =
4. CORRELACIÓN ENTRE LA RELACIÓN DE VACIOS Y LA POROSIDAD
e
e
n
+
=
1 n
n
e
−
=
1
5. FÓRMULAS REFERENTES A SUELOS SATURADOS
( )
( ) o
S
S
o
s
m
W
S
W
S
e
e
S
γ
γ
γ ×
+
+
=
×
+
−
=
%
1
%
1
1
6

6. FÓRMULAS REFERENTES A SUELOS PARCIALMENTE SATURADOS
o
S
s
m
e
e
G
S
e
W
γ
γ
γ ×
+
×
+
=
×
+
+
=
1
1
%
1
( ) ( )
e
S
W
G s
×
=
%
%
7. PESO ESPECÍFICO SECO Y SATURADO
m
s
d
V
W
=
γ
m
w
s
sat
V
W
W +
=
γ
8. PESO VOLUMÉTRICO DEL SUELO SUMERGIDO ( )
m
γ
o
m
m γ
γ
γ −
=
' d
s
S
m
S
S
γ
γ ×
−
=
1
'
w
S
s
w
S
m
S
W
S
e
S
γ
γ
γ ×
×
+
−
=
×
+
−
=
1
1
1
1
'
9. DENSIDAD RELATIVA DE SUELOS O COMPACIDAD RELATIVA
El estado de densidad de los suelos arenosos, puede ser expresado numéricamente por la
fórmula empírica de TERZAGHI, determinable en laboratorio.
)
100
(
.
min
.
max
.
max
(%)
e
e
e
e
Dr
−
−
=
Donde:
emax. =Relación de vacíos del suelo en su estado más suelto.
emin. =Relación de vacíos del suelo en el estado más compacto.
e =Relación de vacíos del suelo en el estado natural.
Por otra parte, tenemos según el “Bureau of Reclamation” la fórmula empírica
siguiente:
( )
( ) 100
.
min
.
.
min
.
(%) ×
−
−
=
d
d
d
d
d
d
r
máx
máx
D
γ
γ
γ
γ
γ
γ
7

Donde:
.
máx
d
γ = Peso Específico seco, en su estado más compacto.
.
min
d
γ = Peso Específico seco del suelo en su estado más suelto.
d
γ = Peso Específico seco “in situ”.
PROBLEMAS RESUELTOS
PROBLEMA Nº 1.- Una muestra de arcilla saturada pesa 1,526gr. y 1,053 gr. después
de secada al horno. Calcule su W (%). Considerando s
γ =2.70 gr. /cm3. Calcule
también e, n,γm.
Solución:
i.) Construimos el esquema para suelos saturados, hallando los respectivos valores
para los pesos y volúmenes, a partir de los datos en el problema.
Como,
S
S
s
V
W
=
= 70
.
2
γ
473
390
473
1,053
863 1,526
VOLUMENES(cm³) PESOS(gr.)
Fase Líquida
Fase Sólida
3
473
.
473
053
,
1
526
,
1
cm
V
gr
W
w
w
=
=
−
=
390
70
.
2
053
,
1
=
=
=
S
S
s
W
V
γ
.
863 gr
V
V
V s
w
m =
+
=
ii.) Del esquema, y aplicando las correspondientes definiciones, obtenemos:
%
45
45
.
0
053
,
1
473
(%) =
=
=
=
s
w
W
W
W
21
.
1
390
473
=
=
=
s
w
V
V
e (sin dimensiones)
55
.
0
21
.
1
1
21
.
1
1
=
+
=
+
=
e
e
n (sin dimensiones)
3
/
.
77
.
1
863
526
,
1
cm
gr
V
W
m
m
m =
=
=
γ
8
Cel. 953686056

PROBLEMA Nº 2.- El contenido de humedad de una muestra de suelo saturado es
45%, el peso específico de sus partículas es 2.70 gr. /cm3
.
Calcular la relación de vacíos, la porosidad y el peso específico de la muestra.
Solución:
i.) Hallando valores para el esquema de suelo saturado.
45
.
0
% =
=
s
w
W
W
W
.
45
.
0
.
1
, gr
W
gr
W
hacemos
Si W
s =
⇒
3
37
.
0
90
.
2
1
cm
V
V
W
s
s
s
s =
=
⇒
=
γ
3
45
.
0 cm
W
V
w
w
w =
=
γ
0.45
0.37
0.45
1.00
VOLUMENES(cm³) PESOS(gr.)
Fase Sólida
Fase Líquida
ii.) Del esquema y aplicando las definiciones correspondientes.
22
.
1
37
.
0
45
.
0
=
=
=
s
w
V
V
e
55
.
0
82
.
0
45
.
0
=
=
=
m
v
V
V
n
3
/
.
77
.
1
82
.
0
45
.
1
cm
gr
V
W
m
m
m =
=
=
γ
PROBLEMA Nº 3.- Una arena uniforme y densa tiene una porosidad de 35%, y un peso
específico relativo de 2.75.
Hallar el peso específico de la muestra y la relación de vacíos cuando la muestra esta
seca; cuando el contenido de humedad sea de 50% y cuando esté completamente
saturado.
Solución:
i.) Cuando la muestra está seca.
)
(sec
0
)
(
..........
1
o
G
dato
por
I
e
e
G
S
w
S
m =
=
+
×
+
= γ
γ
54
.
0
35
.
0
1
35
.
0
1
=
−
=
−
=
n
n
e
3
/
.
79
.
1
54
.
0
1
75
.
2
cm
gr
w
m =
×
+
=
⇒ γ
γ
ii.) Cuando el contenido de humedad es W % = 50%
9

w
S
m S
e
W
γ
γ ×
+
+
=
1
%
1
3
3
/
.
68
.
2
/
.
75
.
2
54
.
1
50
.
0
1
cm
gr
cm
gr
m =
×
+
=
⇒ γ
iii.) Cuando la muestra está completamente saturada G=1
Reemplazando en I
3
/
.
14
.
2
54
.
1
54
.
0
75
.
2
1
cm
gr
e
e
S
w
w
S
m =
⇒
+
=
×
+
+
= γ
γ
γ
PROBLEMA Nº 4.- Una muestra de suelo que no está completamente saturado tiene un
peso de 53.4 gr. y un volumen de 36.5 cm3
. Después de secado al horno su peso se ha
reducido de 42.7 gr. El peso específico de las partículas sólidas es 168 lb. /pie3
; calcular
el grado de saturación, peso específico de la masa y peso específico seco.
Solución:
i.) Gráfico del esquema de suelo parcialmente saturado.
G
S
9.93
10.7
15.87
0
10.7
42.7
36.5 53.4
VOLUMENES PESOS
A
3
3
/
69
.
2
/
.
168 cm
gr
pie
lb
s =
=
γ
3
87
.
15
69
.
2
7
.
42
cm
W
V
S
S
s =
=
=
γ
.
7
.
10
7
.
42
4
.
53 gr
W
W
W s
m
w =
−
=
−
=
3
7
.
10 cm
W
V
w
w
w =
=
γ
ii.) Luego, aplicando las definiciones.
%
52
52
.
0
7
.
10
93
.
9
7
.
10
=
=
+
=
=
V
w
V
V
G
3
/
.
46
.
1
5
.
36
4
.
53
cm
gr
V
W
m
m
m =
=
=
γ
3
/
.
17
.
1
5
.
36
7
.
42
cm
gr
V
W
m
s
d =
=
=
γ
PROBLEMA Nº 5.- Un recipiente contiene 2.00 m3
de arena seca, de peso específico de
sólido 2.68 Tn. / cm3
y peso 3,324 Kg. Calcular la cantidad de agua requerida para
saturar la arena del recipiente.
Solución:
10

Sabemos que,
S
s
s
V
W
=
γ
3
3
24
.
1
/
.
680
,
2
.
324
,
3
m
m
Kg
Kg
Vs =
=
⇒
3
76
.
0
24
.
1
00
.
2 m
V
V
V
V s
m
V
a =
−
=
−
=
=
El volumen o cantidad de agua ocupará el volumen ocupado anteriormente por el aire
(Vv).
Por consiguiente para saturar la arena se requiere que:
3
76
.
0 m
V
V
V w
w
v =
⇒
=
:
que
obtenemos
V
W
W
W
w =
γ agua
de
litros
Kg
Ww 760
.
760 =
=
PROBLEMA Nº 6.- Un suelo tiene un peso volumétrico de 1.98 Tn. /m3
y un contenido
de humedad de 22.5%. Calcular la humedad de la muestra cuando se le seca hasta pesar
1,850 Kg. / cm3
sin que cambie la relación de vacios.
Solución:
)
........(
1
%
1 1
1 I
e
W
s
m γ
γ ×
+
+
=
)
........(
1
%
1 2
2 II
e
W
s
m γ
γ ×
+
+
=
Reemplazando datos en I y II, teniendo en cuenta que e = constante y γs no varia,
tenemos:
Reemplazando en I:
( ) )
........(
1
98
.
1
225
.
0
1
1
225
.
0
1
98
.
1 III
e
e
s
s −
+
=
⇒
×
+
+
=
γ
γ
Reemplazando datos en II:
( ) )
........(
1
85
.
1
1
1
1
85
.
1 2
2
IV
W
e
e
W s
s −
+
=
⇒
×
+
+
=
γ
γ
Igualando las expresiones (III) y (IV) obtenemos el valor de W2%
%
5
.
14
%
2 =
W
PROBLEMA Nº 7.- Un suelo tiene un peso específico de la masa de 1,745 Kg. /m3
y el
6% de humedad. ¿Cuantos litros de agua deben añadirse a cada metro cúbico de suelo
0.76
1.24
0
3,324 Kg.
VOLUMENES PESOS
Fase Sólida
Fase Gaseosa
2 m³
11

para elevar la humedad al 13%?, suponga que la relación de vacíos permanece
constante.
Solución:
Como datos tenemos:
%
13
%
;
%
6
%
;
/
745
,
1 2
1
3
1 =
=
= W
W
m
Kg
m
γ
Por otro lado:
)
1
(
..........
1
1 1
1 s
m
e
W
γ
γ ×
+
+
= )
2
(
..........
1
1 2
2 s
m
e
W
γ
γ ×
+
+
=
Reemplazando en (1)
( ) )
3
........(
1
745
,
1
06
.
0
1
1
06
.
0
1
745
,
1 −
+
=
⇒
×
+
+
= s
s e
e
γ
γ
Reemplazando en (2)
( ) )
4
........(
1
13
.
0
1
1
13
.
0
1
2
2 −
+
=
⇒
×
+
+
= s
m
s
m e
e
γ
γ
γ
γ
Igualando (3) y (4), obtenemos:
3
2
2 /
.
860
,
1
745
,
1
06
.
1
13
.
1
m
Kg
m
m =
⇒
×
= γ
γ
De otro lado
3
2
2
2
3
1
1
1 /
.
860
,
1
;
/
.
745
,
1 m
Kg
V
W
m
Kg
V
W
m
m
m
m
m
m =
=
=
= γ
γ
Como:
3
2
1 1m
V
y
V m
m =
.
860
,
1
.
745
,
1 2
1 Kg
W
también
Kg
W m
m =
=
∴
.
115
745
,
1
860
,
1
: Kg
será
añadir
a
agua
El =
−
.
115 Litros
añadir
por
Agua =
PROBLEMA Nº 8.- Hallar las expresiones matemáticas que determinen el peso
específico unitario de los suelos. (Una función de la humedad, relación de vacíos, peso
específico relativo de las partículas sólidas y peso específico del agua; y la otra relación
en función de peso específico relativo de las partículas sólidas, saturación, relación de
vacíos, y peso específico del agua).
Solución:
i.) Peso específico unitario en función de: e, Ss, W% y w
γ
Por definición tenemos:
v
S
w
s
m
m
m
V
V
W
W
V
W
+
+
=
=
γ
Dividiendo a la expresión entre Ws:
12

s
s
s
s
v
s
s
s
s
v
s
s
s
v
s
s
s
w
s
s
m V
W
V
V
V
V
W
W
V
W
V
W
W
V
W
V
W
W
W
W
γ
γ
γ
γ =
=
+
+
=
+
+
=
+
+
=
%
1
%
1
/
/
/
/
Como s
s
m
s
v
e
W
e
W
V
V
e γ
γ
γ
+
+
=
+
+
=
⇒
=
1
%
1
1
%
1
∴ ( )
w
s
m S
e
W
γ
γ
+
+
=
1
%
1
ii.) Peso específico unitario en función de: Ss, G%, e y w
γ
e
V
W
V
W
V
V
V
V
V
W
V
W
V
V
V
V
V
W s
w
s
s
s
v
s
s
s
w
s
s
v
s
w
s
m
m
m
+
+
=
+
+
=
+
+
=
=
1
γ
e
e
G
e
V
V
V
V
e
V
V
V
V
w
S
v
v
s
w
w
s
s
w
w
s
s
s
m
+
×
×
+
=
+
×
×
+
=
+
×
+
×
=
1
1
1
γ
γ
γ
γ
γ
γ
γ
⇒
+
×
×
+
=
w
s
w
w
s
m
e
V
e
G
γ
γ
γ
γ
γ
1 w
s
m
e
e
G
S
γ
γ ×
+
×
+
=
1
PROBLEMA Nº 9.- Se tiene 800 Kg. de arena cuarcitica seca (SS=2.65) que ocupan 0.5
m3
. Responda Ud. lo siguiente:
a) ¿Cuantos litros de agua son necesarios agregar a la muestra para saturarla al
70%?
b) Con la cantidad agregada según “a”; ¿Que porcentaje de humedad tiene la
muestra?
c) Si se vibra la arena mojada, esta reduce su volumen en 0.05m3
; ¿Cual será el
peso volumétrico saturado en ese estado?
Solución:
Fase Gaseosa
Fase Sólida
0.30
0
800 Kg.
0.20
0.5 m³
VOLUMENES PESOS
Fase Líquida
Como:
65
.
2
=
s
S
3
/
.
650
,
2 m
Kg
S w
s
s =
×
=
⇒ γ
γ
3
30
.
0
650
,
2
800
m
W
V
s
s
s =
=
=
γ
13

a) Si se desea saturar al 70%
%
70
%
; =
×
=
⇒
= G
como
V
G
V
V
V
G V
w
V
w
3
14
.
0
20
.
0
70
.
0 m
Vw =
×
=
litros
X
m
litros
m
Si
.....
..........
14
.
0
100
....
..........
1
3
3
X = 140 litros de agua para saturarla al 70%
b) Hallando el W% de la muestra.
%
5
.
17
100
800
140
%
.
140
14
.
0
000
,
1
,
;
%
=
×
=
=
×
=
×
=
=
W
Kg
V
W
donde
W
W
W w
w
w
s
w
γ
La muestra tiene un porcentaje de humedad de 17.5%
c) Peso Volumétrico saturado de la arena vibrada.
La arena se reduce en 0.05 m3
(Se reduce el volumen de vacíos)
)
1
.....(
..........
1
w
S
m
e
e
G
S
γ
γ ×
+
×
+
=
Fase Gaseosa
Fase Sólida
0.30 800 Kg.
0.15
0.45 m³ Fase Líquida
0.05
Cálculo de “e” vibrado:
5
.
0
30
.
0
15
.
0
=
=
=
s
v
V
V
e
1
%
100
% =
= G
G
Reemplazando en (1)
100
5
.
0
1
5
.
0
65
.
2
×
+
+
=
sat
γ
3
/
.
100
,
2 m
Kg
sat =
γ
PROBLEMA Nº 10.- Un metro cúbico de arena cuarzosa (SS = 2.65) con una porosidad
de 60%, se sumerge en un baño de aceite, que tiene un peso específico de 0.92 gr./cm3
.
¿Cuánta fuerza se requiere para prevenir que la arena se hunda, si el suelo contiene 0.27
m3
de aire atrapado?
Solución:
i.) Hallando valores para el esquema de la arena cuarzosa.
Como: ( ) m
v
m
v
V
V
V
V
n 60
.
0
60
.
0
%
60 =
→
=
⇒
=
14

Se sabe que: 3
/
.
650
,
2
65
.
2
;
65
.
2 m
Kg
S w
s
w
s
s =
×
=
=
= γ
γ
γ
γ
AIRE
0.27
0.33
0.40
330
1,060
VOL(m³) PESOS(Kg.)
AGUA
SÓLIDO
.
060
,
1
40
.
0
650
,
2
.
330
33
.
0
000
,
1
40
.
0
60
.
0
1
33
.
0
27
.
0
60
.
0
3
3
Kg
V
W
Kg
V
W
m
V
V
V
m
V
V
V
s
s
s
w
w
w
v
m
s
a
v
w
=
×
=
×
=
=
×
=
×
=
=
−
=
−
=
=
−
=
−
=
γ
γ
ii.) El peso del cubo de arena será igual a:
.
390
,
1
060
,
1
330 Kg
W
W
W s
w
T =
+
=
+
=
iii.) Diagrama de C.L.
N.F.
ac = 920 Kg/m³
H=1 m
WT=1,390 Kg
F
q
ACEITE
)
1
......(
..........
0
0
q
W
F
W
q
F
F
T
T
y
−
=
=
−
+
→
=
∑
iv.) Determinando la fuerza “q”
)
2
.....(
..........
A
p
q
A
q
p ×
=
⇒
=
Donde:
p = Presión del aceite en la parte inferior del cubo.
A = Área de la parte inferior del cubo.
m
Kg
m
m
Kg
H
p aceite /
.
920
1
/
.
920 2
3
=
×
=
×
= γ
15

Reemplazando en (2) obtenemos “q”:
.
920
1
/
.
920 2
2
Kg
m
m
Kg
q =
×
=
Reemplazando en (1) hallamos la fuerza requerida para prevenir que la arena se hunda.
.
470
.
920
.
390
,
1 Kg
Kg
Kg
F =
−
=
< .
470 Kg
F =
PROBLEMA Nº 11.- Se ha tallado en laboratorio una muestra cilíndrica un suelo
inalterado, de 5 cm. de diámetro y 10 cm. de altura, los estudios realizados sobre esta
muestra indicaron:
Peso de la muestra en estado natural 316.05 gr.
Peso de la muestra después de secada al horno durante 24 horas y a 110º C, 298 gr. Si la
muestra era una arcilla se desea saber:
La relación de vacíos, porosidad, saturación, humedad, peso específico unitario seco,
saturado y sumergido.
Solución:
i.) Hallamos valores para graficar el esquema de la muestra cilindrica:
( )
3
3
2
05
.
18
05
.
18
298
05
.
316
25
.
196
10
4
5
cm
W
V
gramos
W
W
W
W
cm
V
w
w
w
w
s
m
w
m
=
=
=
−
=
−
=
=
×
=
γ
π
18.05
108.36
0
298
196.25 316.05
Fase Gaseosa
Fase Sólida
Fase Líquida 18.05
Va
Como la muestra es una arcilla, el Ss para
arcillas costeras es = 2.75
3
/
.
1
75
.
2 cm
gr
S w
S
s ×
=
×
= γ
γ
3
36
.
108
75
.
2
298
cm
W
V
s
s
s =
=
=
γ
3
84
.
69
05
.
18
36
.
108
25
.
196 cm
V
V
V
V s
w
m
a =
−
−
=
−
−
=
ii.) Del esquema y aplicando las definiciones, tenemos:
45
.
0
1
;
81
.
0
36
.
108
89
.
87
=
+
=
=
=
=
e
e
n
V
V
e
s
v
%
21
100
89
.
87
05
.
18
100
% =
×
=
×
=
v
w
V
V
G
16

%
6
100
298
05
.
18
100
% =
×
=
×
=
s
w
W
W
W
3
/
.
52
.
1
25
.
196
298
cm
gr
V
W
m
s
d =
=
=
γ
3
/
.
61
.
1
25
.
196
05
.
316
cm
gr
V
W
W
m
w
s
sat =
=
+
=
γ
3
/
.
61
.
0
1
61
.
1
' cm
gr
w
sat =
−
=
−
= γ
γ
γ
PROBLEMA Nº 12.- Hallar el grado de saturación y la densidad relativa, sabiendo que
m
γ =1,600 Kg. /m3
, Ss = 2.67, W %= 15%, emax = 1.20, max
d
γ = 1.668 gr./cm3
Solución:
i.) La densidad relativa esta dad por la expresión siguiente:
)
1
.....(
..........
100
min
max
max
×
−
−
=
e
e
e
e
Dr
.
1
;
;
% gr
W
hacemos
Si
W
W
W s
s
w
=
=
3
37
.
0
67
.
2
1
;
.
15
.
0
% cm
S
W
V
gr
W
W
W
w
s
s
s
s
w =
=
×
=
=
×
=
γ
3
72
.
0
6
.
1
15
.
1
cm
W
V
m
m
m =
=
=
γ
Con los datos obtenidos hallamos la relación de vacíos:
94
.
0
37
.
0
35
.
0
=
=
=
s
v
V
V
e
De la expresión:
min
max
1 e
S w
s
d
+
×
=
γ
γ ; obtenemos emin
( ) 60
.
0
1
668
.
1
1
67
.
2
1
max
min =
−
=
−
×
=
d
w
s
S
e
γ
γ
Reemplazando los datos en (1):
43
.
0
100
60
.
0
20
.
1
94
.
0
20
.
1
=
×
−
−
=
r
D
( ) %
43
% =
r
D
17

ii.) El grado de saturación esta dado por:
( ) %
43
100
35
.
0
15
.
0
% =
×
=
=
v
w
V
V
G
PROBLEMA Nº 13.- Demostrar la siguiente expresión:
min
max
min
max
d
d
d
d
d
d
r
D
γ
γ
γ
γ
γ
γ
−
−
×
=
Solución:
De la expresión: 0
;
1
=
×
+
×
+
= G
Si
e
e
G
S
w
S
m γ
γ
;
1
;
1 min
max
e
S
e
S w
S
d
w
s
d
+
×
=
+
×
=
γ
γ
γ
γ
max
min
1 e
S w
s
d
+
×
=
γ
γ
Despejando la relación de vacíos de las expresiones anteriores:
1
;
;
1
max
min
min
max −
×
=
×
=
−
×
=
d
w
s
d
w
s
d
w
s S
e
S
e
S
e
γ
γ
γ
γ
γ
γ
La fórmula, determinada en laboratorio, de la Densidad Relativa es igual a:
)
100
(
.
min
.
max
.
max
(%)
e
e
e
e
Dr
−
−
=
Reemplazando datos en la expresión anterior:
100
1
1
1
1
(%)
max
min
min
×
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
×
−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
×
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
×
−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
×
=
d
w
s
d
w
s
w
s
d
w
s
r
S
S
d
S
S
D
γ
γ
γ
γ
γ
γ
γ
max
min
min
max
min
min
max
min
min
100
(%)
d
d
w
S
w
S
d
d
d
d
w
s
w
s
d
d
w
s
d
w
s
d
w
s
d
w
s
r
S
S
S
S
S
S
S
S
D
γ
γ
γ
γ
γ
γ
γ
γ
γ
γ
γ
γ
γ
γ
γ
γ
γ
γ
γ
γ
−
−
=
×
×
−
×
×
−
×
=
100
)
(
)
(
min
max
max
min
×
−
−
=
w
w
s
d
w
s
d
d
w
s
w
s
d
r
S
S
S
S
D
γ
γ
γ
γ
γ
γ
γ
γ
γ
γ
Lqqd
D
d
d
d
d
d
d
r 100
min
max
min
max
×
−
−
×
=
γ
γ
γ
γ
γ
γ
18
Cel. 953686056

PROBLEMA Nº 14.- Una arena tiene emax=0.97; emin=0.45; una densidad Relativa de
40%; su Ss=2.68.
a) Calcule el m
γ (saturado) y d
γ para esa arena, tal como se encuentra.
b) Si un estrato de la arena en cuestión de 3m. de espesor inicial se compacta hasta
llegar a un Dr = 65%. ¿Cuál será el espesor final al que llegue?
c) ¿Cuáles serán los nuevos valores de d
γ y m
γ , en las condiciones finales del
inciso “b”?
Solución:
a) )
1
.....(
..........
1
w
s
m
e
G
e
S
γ
γ ×
+
×
+
=
40
.
0
45
.
0
97
.
0
97
.
0
min
max
max
=
−
−
=
−
−
=
e
e
e
e
e
Dr
de donde e=0.76; Si la arena esta saturada G=100% = 1
Reemplazando valores en (1)
3
/
.
95
.
1
76
.
1
44
.
3
76
.
1
76
.
0
68
.
2
m
Tn
w
w
sat =
×
=
×
+
= γ
γ
γ
Si la arena esta seca G = 0; reemplazando en (1)
3
/
.
52
.
1
76
.
1
68
.
2
m
Tn
w
d =
= γ
γ
b) Calculando la nueva relación de vacíos
63
.
0
52
.
0
97
.
0
65
.
0
min
max
max
=
⇒
−
=
−
−
= e
e
e
e
e
e
El Vs será el mismo, antes y después de ser compactada, solamente varía el Vs que de
0.76 se reduce a 0.63
e = 0.76
1.00 Fase Sólida
Vacios
Fase Sólida
Vacios
0.63
1.00
⇒
= ,
1
s
V
Si La arena se
reduce a la proporción de:
76
.
1
63
.
1
c) Para las condiciones del inciso “b” tenemos:
Cuando el suelo está saturado G=100%; e=0.63
Reemplazando en (1):
3
/
.
03
.
2
63
.
1
63
.
0
68
.
2
1
m
Tn
e
e
S
w
s
sat =
×
+
=
+
+
= γ
γ
19

Cuando el suelo esta seco G=0; reemplazando en (1)
3
3
/
.
65
.
1
/
.
1
63
.
1
68
.
2
1
m
Tn
cm
Tn
e
S
w
s
d =
×
=
×
+
= γ
γ
PROBLEMA Nº 15.- Para determinar la Densidad Relativa de las arenas se usa un
recipiente cilíndrico, cuyas medidas interiores son: diámetro 10.20 cm.; altura 11.70 cm.
Se procedió a realizar una prueba y se obtuvieron los siguientes resultados:
Peso de arena seca sin compactar (estado más suelto) que entró en el recipiente hasta
llenarlo 1,800 gr.
Peso de la arena seca compactada (estado más compactado) que entró en el recipiente
hasta llenarlo, 1,950 gr. y Densidad Relativa = 40%; se pregunta:
¿Cuantos litros de agua son necesarios para saturar 1 metro cúbico de la arena que se
estudió en su estado natural?
Solución:
i.) Peso específico seco en estado natural ( d
γ )
( ) 3
2
56
.
955
70
.
11
4
20
.
10
cm
Vm =
×
=
π
3
min /
.
88
.
1
56
.
955
800
,
1
cm
gr
V
W
m
s
d =
=
=
γ (mayor incremento de vacíos)
3
max /
.
040
.
2
56
.
955
950
,
1
cm
gr
V
W
m
s
d =
=
=
γ (más compactado)
Por otro lado,
( )
( )
min
max
min
max
d
d
d
d
d
d
r
D
γ
γ
γ
γ
γ
γ
−
−
= ; reemplazando valores:
( )
( )
88
.
1
04
.
2
88
.
1
04
.
2
40
.
0
−
−
=
d
d
γ
γ
; despejando d
γ :
3
/
.
94
.
1 m
Tn
d =
γ
ii.) Esquema de la muestra de suelo seco
.
79
.
853
,
1
56
.
955
94
.
1 gr
V
W m
d
s =
×
=
×
= γ
El Ss para arenas es = 2.65
256.05
699.5
0
1,853.79
VOLUMENES PESOS
SÓLIDO
AIRE
955.56
3
/
.
65
.
2 cm
gr
S w
s
s =
×
= γ
γ
3
5
.
699
65
.
2
79
.
853
,
1
cm
W
V
s
s
s =
=
=
γ
20

Para saturar esta muestra se requiere que el Va sea ocupada por el Vw
3
06
.
256
5
.
699
56
.
955 cm
V
V
V s
m
a =
−
=
−
=
Por consiguiente: Vw = 256.06 cm3
litros
W
gr
W w
w 256
.
0
.
06
.
256 =
⇒
=
iii.) Cantidad de agua necesaria para saturar 1 m3
de la arena estudiada:
Volumen de la arena = 699.5 cm3
= 0.0006995 m3
Si para saturar 0.0006995 m3
se requiere 0.256 lt. de agua
Para saturar 1 m3
se requiere “X” lt. de agua
( ) litros
X 366
0006995
.
0
256
.
0
1
=
=
Cantidad de agua necesaria = 366 litros
21

CAPITULO II
PLASTICIDAD DE LOS SUELOS
1.- DEFINICIÓN.
Se define a la plasticidad, como la propiedad de un material por la cual es capaz de
soportar deformaciones rápidas sin rebote elástico, sin variación volumétrica
apreciable y sin demorarse ni agrietarse.
2.- ÍNDICE PLASTICO (IP).
Ip = L.L – L.P.
L. L. = Límite Líquido, frontera convencional entre los estados semilíquido y
plástico; es el contenido de humedad, en porcentaje en porcentaje de peso del suelo
seco.
L: P. = Límite Plástico, frontera convencional entre los estados plástico y
semisólido; es el contenido de humedad mas bajo, para el cual el suelo comienza a
fracturarse, cuando es amasado en rollitos de 3 mm. de diámetro.
3.- ECUACIÓN DE LA CURVA DE FLUIDEZ.
W = –FW Log N + C
W = Contenido de agua, porcentaje del peso seco.
FW = Índice de Fluidez, pendiente de la curva de fluidez, igual a la variación del
contenido de agua, correspondiente a un ciclo de la escala logarítmica.
N = Número de golpes.
C = Constante que representa la ordenada en la abscisa de 1 golpe; se calcula
prolongando el trazado de la curva de fluidez.
ÍNDICE DE FLUIDEZ
Ip
P
L
FW
.
%
.
−
=
ω
f
W I
F =
4.- ÍNDICE DE TENACIDAD.
1
2
S
S
Log
F
I
W
p
W
T =
=
S1 = 25 gr./cm3
; resistencia al esfuerzo cortante de los suelos plásticos, en el Límite
Líquido.
S2 = Resistencia al esfuerzo cortante correspondiente al límite plástico, cuyo valor
puede usarse para medir la tenacidad de una arcilla.
El índice de tenacidad varía entre el rango siguiente:
1 < TW < 3
22

Es rara la vez que alcanza valores de 5 ó menores que 1.
5.- LIMITE DE CONTRACCIÓN (Lc).
Es la temperatura a partir de la cual el volumen de la muestra cesa de disminuir
cuando su contenido de humedad decrece; es decir al llegar a un cierto contenido, el
fenómeno de reatracción cesa y aunque el suelo siga perdiendo agua, su volumen
permanece constante; al contenido de humedad en este momento, expresado en
porcentaje de suelo seco se llama Límite de Contracción.
( ) 100
.
1
1
100
.
1
%
. ⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
=
S
d
S
S
m
S
S
S
V
V
Lc
METODO DE PUBLIC ROADS ADMINISTRATION
( )
( )
100
.
%
. 2
1
1
x
W
V
V
W
W
Lc
S
W
S γ
−
−
−
=
V1 = Volumen de la muestra húmeda.
V2 = Volumen de la muestra seca.
W1 = Peso de la muestra húmeda.
WS = Peso de la muestra seca.
PROBLEMAS RESUELTOS
PROBLEMA Nº 1.- En una prueba de L. L. se obtuvieron los siguientes resultados:
Nº de golpes 28 22 12 7
W (%) 51.6 52.2 53.8 55.2
NOTA: A mayor humedad menor es el Nº de golpes que se requiere para cerrar la
ranura en una distancia de 12.7 mm. De la muestra de suelo.
Se encontró, L. P. = 24.5 %
Calcule: L. L., IP., FW y TW
Solución:
i) Determinamos el Límite Líquido, gráficamente con los contenidos de agua y los
Nº de golpes correspondientes, los primeros como ordenadas y loa segundos
como abscisas en escala logarítmica, es decir que se empleará papel
semilogarítmico, donde los W (%) estarán en escala aritmética y el Nº de golpes
en la escala semilogarítmica.
La ordenada de esa curva, correspondiente a la Abscisa de 25 golpes será el
Límite Líquido del suelo.
L. L. = 52 %
23

ii) Índice Plástico (IP)
IP = L.L. – L.P. = 52 % - 24.5 % = 27.5 %
iii) Índice de Fluidez (FW)
De la ecuación de la curva de fluidez: W = -FW Log N + C
Cuando N = 13 y W % = 53.8 %; obtenemos:
0.538 = -FW Log 13 + C
0.538 + FW Log 13 = C ……………….. (1)
Cuando N = 28 y W % = 51.6 %; obtenemos:
0.516 = -FW Log 28 + C
0.516 + FW Log 28 = C ……………….. (2)
Igualando (1) y (2):
0.022 = FW (Log 28 – Log 13) = FW Log (28/13) = FW x 0.333
⇒ FW = 0.066
iv) Índice de Tenacidad (TW)
16
.
4
066
.
0
275
.
0
=
=
=
W
P
W
F
I
T
PROBLEMA Nº 2.- En un ensayo de Límite Líquido se obtienen los siguientes
resultados:
Nº de golpes 9 15 22 30
W (%) 85 80 76 74
24

Se encontró que el Límite Plástico = 32 %
Calcular: El Límite Líquido, Índice Plástico, Índice de Fluidez (FW) y el Índice de
Tenacidad (TW)
Solución:
i) Aplicando la Ecuación de Fluidez: W = -FW Log N + C
Cuando N = 30 y W % = 74 %; obtenemos:
0.74 = -FW Log 30 + C
0.74 + FW Log 30 = C ……………….. (1)
0.80 = -FW Log 15 + C
0.80 + FW Log 15 = C ……………….. (2)
0.06 = FW (Log 30 – Log 15) = FW Log (30/15) = FW x Log 2
⇒ FW = 0.2
ii) Límite Líquido:
Cuando N = 25 y W % = L.L.; obtenemos:
L.L.= -0.2 x Log 25 + C ……………….. (3)
0.80 = -0.2 x Log 15 + C ……………….. (4)
L.L. – 0.80 = 0.2 x Log (15/25)
⇒ L.L. = 75 %
iii) Índice Plástico:
IP = L. L. – L.P.= 75 % - 32 % = 43 %
iv) Índice Tenacidad:
15
.
2
20
.
0
43
.
0
=
=
=
W
P
W
F
I
T
PROBLEMA Nº 3.- En una prueba de Límite Líquido y Límite Plástico se obtuvieron
los siguientes resultados:
LÍMITE LÍQUIDO
Ensayo Nº de Golpes
Peso Cápsula
+
Suelo Húmedo
(gramos)
Peso Cápsula
+
Suelo Seco
(gramos)
Peso Cápsula
(gramos)
1
2
3
4
35 – 35
24 – 25
15 – 16
7 - 8
35.77
36.55
33.42
35.17
22.48
24.40
21.03
21.65
14.15
16.85
43.45
13.50
25

LÍMITE PLÁSTICO
Ensayo Nº de Golpes
Peso Cápsula
+
Suelo Húmedo
(gramos)
Peso Cápsula
+
Suelo Seco
(gramos)
Peso Cápsula
(gramos)
1
2
-
-
17.30
16.86
16.00
15.50
13.95
13.48
Calcule el Límite Líquido y el Límite Plástico.
Solución:
i) Para la determinación del L. L., hallaremos los contenidos de agua para los
respectivos ensayos:
Para el ensayo # 1:
Wm =35.77 – 14.15 = 21.62 gr.
WS = 22.48 – 14.15 = 8.33 gr.
WW = Wm - WS = 13.29 gr.
%
5
.
159
%
595
.
1
33
.
8
29
.
13
% =
⇒
=
=
= W
W
W
W
S
W
Ensayo # 2:
%
160
%
60
.
1
55
.
7
15
.
12
% =
⇒
=
=
= W
W
W
W
S
W
Ensayo # 3:
%
163
%
63
.
1
58
.
7
39
.
12
% =
⇒
=
=
= W
W
W
W
S
W
Ensayo # 4:
%
166
%
66
.
1
15
.
8
52
.
13
% =
⇒
=
=
= W
W
W
W
S
W
El Límite Líquido se determina, conociendo estos 4 contenidos de agua diferentes en
su densidad, con los correspondientes números de golpes y trazando la curva
contenido de agua – número de golpes; es decir que se utilizará el diagrama dado en
el PROBLEMA Nº 1.
La ordenada correspondiente a la abscisa de 25 golpes (de la curva de flujos) es el
contenido de agua correspondiente al Límite Líquido que buscamos.
L.L. = 161 %
Wm = 17.30 – 13.95 = 3.35
WS = 16.00 – 13.96 = 2.05
WW = 3.35 – 2.05 = 1.30
ii) Límite Plástico:
%
63
63
.
0
05
.
2
30
.
1
%
1 =
=
=
=
S
W
W
W
W %
67
67
.
0
02
.
2
36
.
1
%
1 =
=
=
=
S
W
W
W
W
65
.
0
2
67
.
0
63
.
0
.
. =
+
=
P
L
L.P. = 65%
26

PROBLEMA Nº 4.- Deducir las expresiones para la determinación del Límite de la
Contracción.
Solución:
Teniendo en cuenta que la gran mayoría de los suelos, no presentan prácticamente
disminución del volumen durante el proceso de secado, abajo del Límite de
Contracción, se puede medir el peso y volumen de una muestra de suelo totalmente
seca, en tal momento puede decirse que el Límite de Contracción sería la humedad de la
muestra seca, si tuviese sus vacíos llenos de agua.
De la figura:
( ) 100
1
100
W
V
%
Lc 0
S
0
0
m
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
=
S
S
m
S
S
S
W
V
x
S
W
γ
γ
γ
Si Wm = WS ⇒ 100
1
100
1
% 0
0
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
=
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
−
=
S
d
S
m
S
C
S
S
V
W
L
γ
γ
γ
Como es un suelo seco ⇒ d
m γ
γ =
100
1
1
100
1
%
0
0
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
−
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
=
S
m
S
m
C
S
S
L
γ
γ
γ
γ
100
1
1
% ⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
=
S
m
C
S
S
L
Límite de contracción según el PUBLIC ROADS ADMINISTRATION.
La relación de disminución de peso al perderse agua durante el secado, respecto a la
correspondiente perdida de volumen, es una recta con 45º de inclinación, para
humedades superiores al límite de Contracción.
27

En el gráfico siguiente; (2) representa el límite de contracción del suelo, obtenido
secándolos desde las condiciones iniciales (1). Al proseguir el secado, hasta el secado
total (3), ya no hay prácticamente variación volumétrica.
Grafico para obtener el Límite de Contracción según el P. R. A.
Donde:
V1 = Volumen de la muestra húmeda.
V2 = Volumen de la muestra seca.
W1 = Peso de la muestra húmeda.
WS = Peso de la muestra seca.
De la figura aplicando la definición del contenido de agua, obtenemos el Límite de
Contracción:
( )
( )
S
W
S
S
C
W
V
V
W
W
W
A
L
γ
2
1
1
100
100
%
−
−
−
×
=
=
PROBLEMA Nº 5.- El Límite de contracción de un suelo es de 18.4 %. Si 1pie cúbico
de muestra saturada, con un contendido de humedad de 27.4% se contrae por secado,
cual será el volumen a una humedad de 13.8 %.
Desprecie la contracción residual y asuma que el peso específico relativo de solidos es
2.72.
Solución:
i) Por formula:
( )
( )
S
W
S
C
W
V
V
W
W
L
γ
2
1
1
100
%
−
−
−
×
=
También:
( ) ( )
S
W
C
W
V
V
W
L
γ
2
1
%
%
−
−
= ; W% = Cont. De agua.
( )
( ) ( )
S
S
S
S
W
C
S
V
V
V
W
V
V
V
W
L
×
−
−
=
×
−
−
= 2
1
2
1
%
γ
γ
········································· (1)
28
Cel. 953686056

Por otro lado Tenemos: S
V
m V
V
V +
=
Donde: S
V V
e
V ×
= ⇒ ( ) S
S
S
m V
e
V
V
e
V +
=
+
×
= 1 ·················· (2)
En suelos saturados tenemos:
75
.
0
274
.
0
72
.
2
%
. =
×
=
= W
S
e S ; 3
1pie
Vm =
( S
V
75
.
0
1
1 +
= ) ⇒ 3
572
.
0 pie
VS =
ii) Reemplazando (1) y despejando V2, obtenemos el volumen de la muestra:
( )
72
.
2
572
.
0
1
274
.
0
184
.
0 2
×
−
−
=
V
⇒ 3
2 86
.
0 pie
V =
3
2 350
,
24 cm
V =
PROBLEMA Nº 6.- Se constata que un cierto suelo saturado disminuye su humedad
hasta llegar al Límite de Contracción. La muestra saturada pesa 90 gr. y su W% = 41%.
Después de la desecación total llega a tener un volumen de 31 cm3
. Calcular el Límite
de Contracción para cuando SS = 2.70.
Solución:
i) Por fórmula:
( ) 100
1
%
Lc 0
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
=
=
S
S
m
S
W
V γ
···································· (1)
En suelos saturados: 11
.
1
70
.
2
41
.
0
%. =
×
=
= S
S
W
e ;
También: 3
4
.
34
31
11
.
1 cm
V
e
V S
V =
×
=
×
=
3
4
.
65
31
4
.
34 cm
V
V
V S
V
m =
+
=
+
=
.
8
.
63
41
.
0
1
.
90
%
1
gr
gr
W
W
W m
S =
+
=
+
=
29

ii) Reemplazando valores en (1) obtenemos el Lc.
100
70
.
2
1
.
8
.
63
.
1
.
4
.
65
%
3
3
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
−
=
gr
cm
gr
cm
Lc
%
65
% =
Lc
30

CAPITULO III
CLASIFICACIÓN DE SUELOS
Los métodos más comunes, empleados para clasificar suelos son los siguientes:
I. La plantada por: “American Association of State Highway Officials” (AASHO).
II. Sistema Unificado de Clasificación de Suelos (SUCS).
III. Clasificación triangular de “Public Roads Administration”
I. CLASIFICACIÓN AASHO
Divide a los suelos en dos campos:
a) SUELOS GRUESOS, Son aquellos que pasan por el tamiz Nº 200 el 35% o menos.
b) SUELOS FINOS, o materiales limos arcillosos, son aquellos que pasan por el tamiz
Nº 200 más del 35%.
Por otro lado, este método divide a los suelos en 7 grupos y 8 subgrupos. Para el manejo
de esta clasificación, el cuadro Nº 1, explica los pasos a seguir.
INDICE DE GRUPO (IG).- Para utilizar este método es necesario conocer el (IG), que
permite determinar la cantidad del suelo.
El (IG), se coloca entre paréntesis; por ejemplo A-2-6 (4), quiere decir un suelo A-2-6
cuyo índice de grupo es 4.
El (IG) se determina mediante la fórmula empírica siguiente:
( ) bd
ac
a
IG 01
.
0
005
.
0
2
.
0 +
+
=
Donde:
a = Porcentaje que pasa el tamiz Nº 200, comprendido entre 35% mínimo y 75%
máximo. Se representa solo en número entero y varía de 0 a 40.
b = Porcentaje que pasa el tamiz Nº 200, comprendido entre 15% como mínimo y 55%
como máximo. Se representa en número entero, varía de 0 a 40.
c = Parte del Límite Líquido, comprendido entre 40% como mínimo y 60% como
máximo. Se representa en número entero y varía de 0 a 20.
d = Parte del Índice de Plasticidad, comprendido entre 10% como mínimo y 30% como
máximo. Se representa en número entero y varía de 0 a 20.
El (IG) también se puede hallar por medio de gráficos.(Fig 2)
31

CLASIFICACIÓN
GENERAL
GRUPOS
SUBGRUPOS
A
-
1
-
a
A
-
1
-
b
A
-
2
-
4
A
-
2
-
5
A
-
2
-
6
A
-
2
-
7
%
QUE
PASA
TAMIZ
Nº
10
Nº40
Nº
200
MAX.
50
MAX.
30
MAX.
15
MAX.
50
MAX.
25
MIN.
51
MAX.
10
MAX.
35
MAX.
35
MAX.
35
MAX.
35
MIN.
36
Características
del
material
que
pasa
el
tamiz
Nº
40
LÍMITE
LÍQUIDO
ÍNDICE
DE
PLASTICIDAD
MAX.
6
MAX.
6
N,P,
MAX.
40
MAX.
10
MIN.
41
MAX.
10
MAX.
40
MIN.
11
MIN.
41
MIN.
11
MAX.
40
MAX.
10
CLASIFICACIÓN
DE
SUELOS
SEGÚN
AASHTO
CUADRO
Nº
1
A
-
7
A
-
7
-
5
A
-
7
-
6
MIN.
36
MIN.
36
MIN.
36
MIN.
41
MAX.
10
MAX.
40
MIN.
11
MIN.
41
MIN.
11
ÍNDICE
DE
GRUPO
0
0
0
0
0
MAX.
4
MAX.
4
MAX.
8
MAX.
12
MAX.
16
MAX.
20
PRINCIPALES
MATERIALES
CONSTITUYENTES
ARENAS
FINAS
Nota:
El
grupo
(A
-
7)
es
subdividido
en
(A
-
7
-
5)
o
(A
-
7
-
6),
del
límite
plástico:
Si
el
L.P.
≥
30,
la
clasificación
es
(A
-
7
-
5)
Si
el
L.P.<
30,
la
clasificación
es
(A
-
7
-
6)
A
-
6
SUELOS
LIMOSOS
SUELOS
ARCILLOSOS
ELOS
LIMO
-
ARCILLA
PASA
LA
MALLA
Nº
200)
GRAVAS
Y
ARENAS
GRAVAS
Y
ARENAS
LIMOSAS
Y
ARCILLOSAS
A
-
5
SU
(MAS
35%
A
-
4
A
-1
A
-
3
A
-2
SUELOS
GRANULARES
(MAX.
35%
PASA
LA
MALLA
Nº
200)
32

FIGURA – 1.- VARIACIÓN DE LOS VALORES DEL LIMITE LIQUIDO E INDICE
DE PLASTICIDAD PARA LOS GRUPOS DE SUELO A-4, A-5, A-6, A-7
ÍNDICE DE PLASTICIDAD
LÍMITE
LÍQUIDO
A - 5
A
-
7
Sub-grupos
IP
=
LL-30
A - 4
A - 6
A
-
7
-
6
A-7-5
33

FIGURA – 2.- DIAGRAMA PARA OBTENER EL INDICE DE GRUPO DEL
SUELO
FRACCIÓN
DEL
ÍNDICE
DE
GRUPO
1
0
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
70 65 60 55 50 45 40 35
CORRESPONDIENTE
AL
LÍMITE
LÍQUIDO
(LL)
L
L
=
6
0
%
o
m
á
s
LL
=
40%
o
m
enos
45%
55%
50%
75
o más o menos
PORCENTAJE QUE PASA EL
TAMIZ Nº 200
FRACCIÓN
DEL
ÍNDICE
DE
GRUPO
1
0
2
3
4
5
6
7
8
20 25 30 35 40 45 50 55
CORRESPONDIENTE
AL
ÍNDICE
PLÁSTICO
(IP)
15
PORCENTAJE QUE PASA
EL TAMIZ Nº 200
"El índice de grupo es
igual a la suma de las
dos lecturas en las
escalas verticales"
o más
o menos
I
P
=
3
0
o
m
á
s
12
14
16
18
20
22
24
26
28
IP=10 o menos
34

PROBLEMAS RESUELTOS
PROBLEMA Nº 1.- Una muestra de suelo orgánico, tiene las siguientes características:
Tamaño (mm.) % que pasa
1.00 96
0.074 71
0.050 67
0.005 31
0.002 19
Límite Líquido = 53%
Límite Plástico = 22%
¿Cuál es su clasificación por el método AASHO?
Solución:
i.) Determinación del (IG)
( )
1
.....
..........
01
.
0
005
.
0
2
.
0 bd
ac
a
IG +
+
=
Para hallar a, b, c, d, emplearemos la siguiente “CLAVE PARA LA CLASIFICACIÓN
AASHO”
Porcentaje que pasa por el tamiz Nº 200
0 a 40
35%(min.) 75%(máx.)
Porcentaje que pasa por el tamiz Nº 200
0 b 40
15%(min.) 55%(máx.)
Límite Líquido
0 c 40
40%(min.) 60%(máx.)
Límite Plástico
0 d 40
10%(min.) 30%(máx.)
Porcentaje que pasa el tamiz Nº 200 (0.074 mm.) = 71%; por tanto tenemos:
a = 71% - 35% = 36%
b = 40%
c = 53% - 40% = 13%
d = 22% - 10% = 12%
35

34
.
14
)
12
(
)
40
(
01
.
0
)
13
(
)
36
(
005
.
0
)
36
(
2
.
0 =
+
+
=
IG
Como lo Índices de Grupo, sólo deben expresarse en números enteros, tenemos que:
14
34
.
14 =
=
IG
Determinando “gráficamente” el (IG): (Fig. 2)
Para, L.L. = 53%, la fracción del (IG) es = 9.7
Para, I.P. = 22%, la fracción del (IG) es = 4.7
Sumando:
14
4
.
14
7
.
4
7
.
9 =
=
+
=
IG
ii.) Clasificando el suelo; utilizando el cuadro Nº 1, procediendo a observar el
cuadro de izquierda a derecha por eliminación cuando los datos no coinciden; se
determina que el suelo es:
(A – 7)
Determinando si es, (A – 7 – 5) ó (A – 7 – 6):
Si L.P. ≥ 30, la clasificación es A – 7 – 5
Si L.P. < 30, la clasificación es A – 7 – 6
En nuestro problema:
31
23
53
.
. =
−
=
P
L
Considerando el índice de grupo, la clasificación del suelo es:
)
14
(
5
7 −
−
A
PROBLEMA Nº 2.- Clasificar los siguientes suelos de acuerdo al sistema AASHO,
cuyos análisis de laboratorio han arrojado los siguientes resultados:
% QUE PASA
MALLA
A B C
2”
1 1/2"
1”
3/4"
3/8”
Nº 4
Nº 10
Nº 20
Nº 40
Nº 100
Nº 200
94.85
66.49
50.53
39.91
28.93
24.62
22.49
21.34
17.02
9.64
7.58
-
-
-
-
100
98
89
80
73
19
6
-
-
-
-
-
-
-
100
99.32
93.27
82.70
L.L.
L.P.
24%
17%
-
-
26%
17%
36

Solución:
i.) Suelo “A”
%
7
17
24
.
.
.
.
.
. =
−
=
−
= P
L
L
L
P
I
Porcentaje que pasa en el tamiz Nº 200 = 7.58%
( )
1
.....
..........
01
.
0
005
.
0
2
.
0 bd
ac
a
IG +
+
=
Donde:
a = 0
b = 0
c = 0
d = 0
Reemplazando en (I):
IG=0
Con los datos, clasificamos el suelo, usando el Cuadro Nº 1, de izquierda a derecha y
descartando, cuando los datos no coincidan; hallamos que es un suelo:
)
0
(
4
2 −
−
A
ii.) Suelo “B”
Porcentaje que pasa en el tamiz Nº 200 = 6%: por tanto:
a = 0
b = 0
c = 0
d = 0
Reemplazando en (1): 0
)
( =
⇒ IG
Utilizando el cuadro Nº 1, se determina que es un suelo: (A-3)
Considerando el (IG) ya encontrado, la respuesta es:
)
0
(
3
−
A
iii.) Suelo “C”
%
9
17
26
.
.
.
.
.
. =
−
=
−
= P
L
L
L
P
I
Porcentaje que pasa en el tamiz Nº 200 = 82.7%; por tanto:
a = 40
b = 40
c = 0
d = 0
Reemplazando en (1): 8
)
( =
⇒ IG
Utilizando el cuadro Nº 1, se determina que es un suelo: (A - 4)
Considerado el (IG), la respuesta es:
)
8
(
4
−
A
37

II. SISTEMA UNIFICADO DE CLASIFICACIÓN DE SUELOS (SUCS)
Divide a los suelos en dos grupos:
a) SUELOS DE PARTICULAS GRUESAS, Son aquellas en que mas del 50% son
retenidos en el tamiz Nº 200. Este suelo a su vez se subdivide en gravas y arenas.
b) SUELOS DE PARTÍCULAS FINAS, Son aquellos en que más del 50%, pasa el
tamiz Nº 200.
Para el método del “SUCS”, se utiliza el cuadro Nº 2, donde básicamente aparece la
carta de plasticidad de Casagrande.
CURVA GRANULOMETRICA.- La gráfica granulométrica, suele dibujarse con los
porcentajes como ordenada y los tamaños de las partículas como abscisas.
Las ordenadas, se refieren a porcentaje en peso de las partículas menores que el tamaño
correspondiente.
CARACTERÍSTICAS DE LA CURVA GRANULOMÉTRICA
1) Coeficiente de Uniformidad (Cu)
10
60
D
D
CU =
Para gravas bien graduadas (GW):
Cu > 4
Para arenas bien graduadas (SW):
Cu > 6
2) Coeficiente de Curvatura (Cc)
( )
60
10
2
30
D
D
D
CC
×
=
Para suelos bien graduados (W):
Entre 1 y 3
D60 =Tamaño tal que, el 60% en peso del suelo, sea igual o menor.
D10 =Tamaño tal que, sea igual o mayor que el 10% en peso del suelo, llamado por
HAZEN, Diámetro Efectivo.
D30 =Se define análogamente que los anteriores.
Nombre Suelos, Gruesos, Tamaño
Gravas Más de la mitad de la fracción de material grueso queda retenida en
el tamiz Nº 4.
Tamiz Nº 4 (4.76 mm.) a 3 pulg. (7.6 cm.)
Arenas Más de la mitad de la fracción de material grueso pasa el tamiz Nº 4.
Tamiz Nº 200 (0.074 mm.) a Tamiz Nº 4 (4.76 mm.)
38
Cel. 953686056

39
0 1 0 2 0 3 0 4 0 5 0 6 0 7 0 8 0 9 0 1 0 0
1 0
2 0
3 0
4 0
5 0
6 0 %
NDICE
DE
PLASTICIDAD
(I.P.)
LÍM ITE LÍQ U ID O (L.L.)
C L - M L
LIN
EA
"A"
(C L )
(M L )
(O L )
ó
(O H )
(O H )
ó
5 0 % 5 0 %
L IN E A "B "
P A R A C L A S IF IC A C IÓ N D E S U E L O S D E P A R T IC U L A S F IN A S
C A R T A D E P L A S T IC ID A D
C U A D R O N º 2
E C U A C IÓ N L IN E A "A " I.P . = 0 .7 3 (L .L . - 3 0 )
M L
En mecánica de suelos, cada nuevo caso es un problema de investigación. Esto es
uno de sus grandes encantos. No es un campo dogmático de la profesión de
Ingeniería, sino que es un reto intelectual sistemático, es un ejercicio de la
imaginación y de la inteligencia, de la prudencia y del sentido de la observación…
N. Carrillo
PROBLEMA Nº 3.- Una muestra de suelo tiene las siguientes características:
Porcentaje que pasa por el tamiz Nº 200 = 75%
Límite Líquido (L.L.) = 69%
Límite Plástico (L.P.) = 29%
¿Cuál será su clasificación según SUCS?
Solución:
i.) Porcentaje que pasa por el tamiz Nº 200 = 75%, por tanto determinamos que se
trata de un suelo de Partículas Finas.
ii.) Índice de Plasticidad:
%
40
%
29
%
69
.
.
.
.
.
. =
−
=
−
= P
L
L
L
P
I
iii.) Se clasifica el suelo entrando a la carta de Plasticidad, (Cuadro Nº 2), con 69%
de L.L. y 40% de I.P. De donde obtenemos que la clasificación pertenece a una
muestra de suelo:
CH

Es decir que se trata de una arcilla inorgánica de alta plasticidad
PROBLEMA Nº 4.- Un suelo denominado (M-1), pasa por el tamiz Nº 200 el 67%, su
L.L. es 65%, el I.P. = 30%. ¿Cuál es su clasificación?
Solución:
i.) El porcentaje que pasa el tamiz Nº 200 es más del 50%, por tanto es un suelo de
Partículas Finas.
ii.) Entrando en la carta de Plasticidad con L.L. = 65% y el I.P. = 30%.
Determinamos que el suelo (M-1) es:
OH
Se trata de una arcilla orgánica de media a alta plasticidad.
La respuesta pudo haber sido también (M-1), pero si no hay otras consideraciones que
precisen al suelo, generalmente a los suelos cuya clasificación caen por debajo y cerca
de la línea “A”, se atribuyen que pertenecen al grupo (OH)
PROBLEMA Nº 5.- Clasificar el siguiente suelo:
Malla Nº % que pasa
Nº 4 100
Nº 10 91
Nº 20 82
Nº 40 75
Nº 100 21
Nº 200 4
Solución:
i.) Porcentaje retenido en el tamiz Nº 200 = 96%, por tanto se trata de un suelo de
Partículas Gruesas.
ii.) El porcentaje que pasa en el tamiz Nº 4, es más del 50%, específicamente el
100%, por tanto se trata de un suelo arenoso (S).
iii.) Para determinar si es arena bien graduada (SW) o mal graduada (SP), se procede
a graficar la curva granulométrica:
10
0
30
60
100
TA M ICES ASTM
TA M A Ñ O D E LA S PARTIC ULAS
% que pasa
0.32 0.18 0.095
40

De la curva granulométrica:
D10 =0.095
D30 =0.18
D60 =0.32
Se aplican las fórmulas:
36
.
3
36
.
3
095
.
0
32
.
0
10
60
=
⇒
=
=
= U
U C
D
D
C
( ) ( )
( )( )
06
.
1
06
.
1
32
.
0
095
.
0
18
.
0
2
60
10
2
30
=
⇒
=
=
×
= C
C C
D
D
D
C
Como el Cu < 6; determinamos que es una arena mal graduada, por tanto su
clasificación es:
SP
Es decir que se trata de una arena mal graduada o pobremente graduada.
Si por ejemplo Cu > 6 y Cc entre 1 y 3; entonces seria un suelo:
(SW), Arena bien graduada
PROBLEMA Nº 6.- Clasifique el siguiente suelo:
90% del material pasa por la malla Nº 4.
El 8% del material pasa la malla Nº 200.
De la curva granulométrica: Cu = 8; Cc = 2
En la fracción fina: L.L.= 45%; I.P. = 14%
Solución:
i.) Como el 8% pasa la malla Nº 200, es retenido el 92%, por tanto se trata de un
suelo de Partículas Gruesas.
ii.) En la malla Nº 4, pasa más de la mitad de la fracción del material,
específicamente el 90%, por tanto se trata de un material arenoso (S).
iii.) También, Cu = 6 y Cc entre 1 y 3, por tanto determinamos que es una arena bien
graduada (SW).
Nota: A los suelos comprendidos entre el 5% y el 12% que pasan el tamiz Nº 200, son
casos de frontera o intermedios, que requieren el empleo de signos dobles.
iv.) Clasificaremos la parte fina del material, entrando a la Carta de Plasticidad
(Cuadro Nº 2), con I.P.= 14% y L.L.= 45%. Determinamos que es un material:
(ML) Limo inorgánico, arena muy fina, polvo de roca.
Por tanto concluimos que la clasificación del suelo es:
SM
SW −
Es decir que se trata de una arena bien graduada, con un contenido fino entre 5% y 12%
de limo inorgánico.
41

PROBLEMA Nº 7.- Clasificar los siguientes suelos de acuerdo a los sistemas (AASHO)
y (SUCS). Cuyos análisis del laboratorio han arrojado los siguientes resultados:
% QUE PASA
MALLA
A B C
2” 94.85 - -
1 1/2" 66.49 - -
1” 50.53 - -
3/4" 39.91 - -
3/8” 28.93 100 -
Nº 4 24.62 98 -
Nº 10 22.49 89 -
Nº 20 21.34 80 100
Nº 40 17.02 73 99.32
Nº 100 9.64 19 93.27
Nº 200 7.58 6 82.70
A B C
L.L. 24% - 26%
L.P. 17% - 17%
Solución:
Siguiendo el mismo análisis hechas por las clasificaciones en los anteriores problemas,
y mediante la utilización de los Cuadros Nº 1 y 2, así como los gráficos respectivos; se
han clasificado los suelos “A”, “B” Y “C”, obteniéndose las siguientes respuestas:
Suelo “A”
AASHO A – 2 – (0) = Gravas, arenas limosas y arcillosas.
SUCS GP – G – CL = Grava mal graduada, con un contenido fino entre 5% y 12% de
arcilla inorgánica de baja a mediana plasticidad.
Suelo “B”
AASHO A – 3 – (0) = Arena fina.
SUCS SP = Grava mal graduada, con un contenido fino entre 5% y 12%.
Suelo “C”
AASHO A – 4 – (8) = Suelos Limosos.
SUCS CL = Arcilla inorgánica de baja a mediana plasticidad, arcilla limosa.
PROBLEMA Nº 8.- Clasificar por AASHO y por SUCS, las muestras de suelo que
aparecen en el cuadro siguiente:
42

Muestras del suelo, Porcentaje que pasa (%)
TAMIZ
A B C D E
3/4” 93 - - - -
1/2" 82 - - - -
3/8” 73 - - - -
1/4" - - 100.00 - -
Nº 4 60 - 99.7 - -
Nº 10 49 100.00 95.80 - -
Nº 20 42 95.80 93.5 - -
Nº 30 - 91.7 89.7 - -
Nº 40 37 86.1 63.9 94 86
Nº 60 34 76.1 80.0 89 -
Nº 100 29 66.4 68.9 82 -
Nº 200 26 56.8 48.9 76 9
A B C D E
L.L. 27% 22.1% 17.1% 40 N.P.
L.P. 19% 17.4% N.P. - -
I.P. - - N.P. 12 N.P.
Solución:
Clasificando los suelos “A”, “B”, “C”, “D” y “E”, se han tenido los siguientes
resultados:
Suelo “A”
AASHO A – 2 – 4 (0)= Gravas, arenas limosas y arcillosas.
SUCS GC = Grava arcillosa.
Suelo “B”
AASHO A – 4 (4) =Suelo Limoso.
SUCS CL – ML =Limo y arcilla inorgánica, arenas y arcillas limosas, con baja
plasticidad.
Suelo “C”
AASHO A – 4 (3) = Suelo Limosos.
SUCS SM = Arenas limosas, mezclas mal graduadas de arena y limo.
Suelo “D”
AASHO A – 6 (0) = Suelo Limosos.
SUCS OL = Limo orgánico y arcilla limosa orgánica, de baja plasticidad.
Suelo “E”
AASHO A – 3 (0) = Arena fina.
SUCS SP = Arena mal graduada, con un contenido fino del 5% al 12%.
PROBLEMA Nº 9.- Las siguientes son descripciones de suelos reales, asigne el símbolo
que le corresponde a cada suelo en el SUCS.
a. Grava muy arenosa, limpia densa……………GW
43

b. Arcilla limosa de color gris con arena y grava muy rígida, L.L. = 30%;
L.P.=18%...............CL
c. Arena gravosa Cu = 12; Cc = 2, bien redondeada con partículas de finos no
plásticos, suficientes para taponear los vacíos……………SW.
d. Suelo cohesivo, resistente a la compresión, muy duro cuando esta seco,
figurado……………CH.
e. Suelo cohesivo negro, esponjoso, muy blando, contiene fibras W% =
200%...............pt = Suelo altamente orgánico
III. CLASIFICACIÓN DE SUELOS DE “PUBLIC ROADS ADMINISTRATION”
En este método cada uno de los tres ejes coordenados sirve para representar una de las
tres fracciones granulométricas: arena, limo y arcilla.
El diagrama está dividido en zonas y a cada zona se le asigna un nombre. Las tres
coordenadas de un punto representan los porcentajes de las tres fracciones presentes en
un suelo cualquiera y determinan la zona a la cual el mismo pertenece. El contenido de
arena, arcilla y limo, se expresa en porcentaje del peso total en seco.
0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
100
90
80
70
60
50
40
30
20
0
10
20
30
40
50
60
70
80
% de arena % de arcilla
PORCENTAJE DE LIMO
Fig. 3 DIAGRAMA TRIANGULAR DE PUBLIC
ROADS ADMINISTRATION
10 90
100
0
44

ARENA
LIMO
ARCILLA
Fig. 4 CLAVE PARA EL MANEJO
DE LA CLASIFICACIÓN
En el diagrama triangular de la figura aparecen los diez suelos siguientes:
1. Arcilla – Arenosa
2. Arcilla
3. Arcilla - Limosa
4. Suelo arcilloso – Arenoso
5. Suelo Arcilloso
6. Suelo Arcillo – Limoso
7. Arena
8. Suelo Arenoso
9. Limo
10. Suelo Limoso
PROBLEMA Nº 10.- Clasificar los suelos “A”, “B”, “C”, “D” y “E”, por el método del
diagrama triangular de Public Roads Administration. Los datos concernientes aparecen
en el cuadro siguiente:
Suelo % Arena % Limo % Arcilla
A 5 25 70
B 95 5 0
C 40 52 08
D 0 5 95
E 67 15 18
Solución:
Usando el diagrama triangular de la Fig. 3 y según la clave de la Fig. 4, procedemos a
clasificar los suelos del problema propuesto.
45

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
100
90
80
70
60
50
40
30
20
0
10
20
30
40
50
60
70
80
% EN PESO
LIMO (% EN PESO)
10 90
100
0
ARENA
% EN PESO
ARCILLA
A
B
C
D
E
RESPUESTAS:
“A” =Arcilla
“B” =Arcilla
“C” =Arena
“D” =Suelo Limoso
“E” =Arcilla
PROBLEMA Nº 11.- Clasificar por los sistemas AASHTO y SUCS, los suelos cuyos
análisis de laboratorio han arrojado los siguientes resultados:
% QUE PASA EN PESO
MALLA O
TAMIZ A B C
2 1/2”
2”
1 1/2"
1”
3/4"
1/2"
3/8”
Nº 4
Nº 10
Nº 40
Nº 100
Nº 200
100
94
91
79
72
62
55
47
39
25
11
4
-
-
-
-
100
99
96
93
88
40
24
-
-
-
-
99
98
97
92
86
76
68
L.L. 17.8% 22.2% 47.7%
L.P. 13.2% 14.6% 23.1%
46

CAPITULO IV
PRESION EFECTIVA, PRESION NEUTRA EN LOS
SUELOS
1.- PRESION EFECTIVA VERTICAL (P0).- Es el esfuerzo que se transmite por
el contacto de las partículas de suelo, debido a una carga “Q” por unidad de área
que actúa en la superficie del suelo, modificándose la relación de vacíos, la
permeabilidad, la resistencia al corte de los suelos y la compresibilidad.
W
U
P
P −
=
0
2.- PRESION NEUTRA (UW).- Es la presión del agua que se transmite a través de
sus poros, este incremento de presión debido al incremento del agua, no
modifica la relación de vacíos, ni altera la resistencia al corte de los suelos o
cualquier otra propiedad mecaniza del suelo.
Por ello la presión producida por el agua, se denomina Presión Natural:
W
W
W H
U ×
= γ
3.- PRESIÓN TOTAL VERTICAL (P).- La presión normal total (P), en cualquier
punto de una sección a través de un suelo saturado, esta formado por tanto de
dos partes; la presión neutra o presión de poros (UW) y la presión efectiva (P0)
que tiene su asiento exclusivamente en la fase sólida del suelo.
W
U
P
P +
= 0
PRESENCIA DE LA NAPA FREÁTICA EN LOS SUELOS
a) Cuando el estrato de suelo esta totalmente seco:
····································· (1)
W
U
P
P +
= 0
Donde: H
P m ×
= γ ; 0
=
W
U
En (1): H
P m ×
= γ
0
b) Cuando el estrato del suelo esta totalmente saturado:
Tenemos: H
P sat ×
= .
γ ; U H
W
W ×
γ
=
Reemplazando en (1): ( )
W
sat
W
sat H
H
H
P γ
γ
γ
γ −
=
×
−
×
= .
.
0
H
P m ×
= `
0 γ
47

PROBLEMAS RESUELTOS
PROBLEMA Nº 1.- Dibujar el diagrama de presiones efectiva, neutra y total del
siguiente perfil geológico:
2
1 /
9
.
0
1
90
.
1
' m
Tn
W
sat =
−
=
−
= γ
γ
γ
2
2 /
8
.
0
1
80
.
1
' m
Tn
=
−
=
γ
Presión Efectiva:
( )( ) ( )( ) 2
2
2
1
1
0 /
5
.
17
5
8
.
0
15
9
.
0
'
' m
Tn
H
H
P =
+
=
×
+
×
= γ
γ
Presión Neutra:
( )( ) 2
/
20
20
1 m
Tn
H
U W
W =
=
×
= γ
Presión Total:
( ) ( ) 2
0 /
5
.
37
20
5
.
17 m
Tn
U
P
P W =
+
=
+
=
PROBLEMA Nº 2.- Un depósito de arena muy fina tiene 12m. de espesor, el nivel
freático esta a 4 m de profundidad pero sobre el, la arena esta saturada por capilaridad.
El pero específico de la arena saturada es 1800 Kg/m3
. Cual es la presión efectiva
vertical sobre un plano horizontal a la profundidad de 12 m.?
Solución:
48
Cel. 953686056

A la profundidad de 12 m. tenemos:
( )( ) s
Tn
H
P sat /
6
.
21
8
.
1
12 =
=
×
= γ
( )( ) 2
/
8
8
1 m
Tn
H
U W
W
W =
=
×
= γ
La presión efectiva vertical es:
2
0 /
6
.
13
8
6
.
21 m
Tn
U
P
P W =
−
=
−
=
En la parte superior del N.F. el agua está adherida por capilaridad por lo que la presión
es negativa; así tenemos:
( ) ( ) 2
/
4
4
1 m
Tn
H
U W
W
W −
=
×
−
=
×
−
= γ
PROBLEMA Nº 3.- Determinar el esfuerzo vertical efectivo a una profundidad de 25
pies debajo de la superficie del terreno (centro de la capa de arcilla) y representar
gráficamente la variación del esfuerzo vertical con la profundidad. El perfil geológico y
los datos requeridos se encuentran en la figura adjunta.
Solución:
i) Para la arena y grava.
a) Sobre el NF. el suelo se encuentra sumergido.
49

( )( ) 3
/
1
.
105
4
.
62
65
.
2
7
.
0
1
08
.
0
1
1
%
1
pie
Lb
S
e
W
W
S
m =
×
+
+
=
×
+
+
= γ
γ
b) Debajo del NF. el suelo se encuentra sumergido:
W
S
m
e
S
γ
γ ×
+
−
=
1
1
' ···························································· (1)
( ) 3
/
5
.
60
4
.
62
7
.
0
1
1
65
.
2
' pie
Lb
m =
×
+
−
=
γ
ii) Para la arcilla.
a) La arcilla se encuentra debajo del NF., por tanto es un suelo sumergido:
( ) 3
/
9
.
42
4
.
62
5
.
1
1
1
72
.
2
pie
Lb
W =
+
−
=
γ
iii) El esfuerzo vertical efectivo, a 25 pies de profundidad es:
( )( ) ( )( ) ( )( )
5
9
.
42
5
5
.
60
15
1
.
105
0 +
+
=
P
2
0 /
5
.
093
,
2 pie
Lb
P =
PROBLEMA Nº 4.- Un estrato de arcilla con el NF. en su superficie, tiene un espesor
de 50 m., el contenido de agua medio es de 54% y el peso específico relativo de sus
sólidos es de 2.78. Calcule la presión efectiva vertical debido al peso del la arcilla en la
base del estrato supuesto que e agua se encuentra en condición hidrostática.
Solución:
i) Peso específico saturado de la arcilla.
W
S
m
e
Ge
S
γ
γ ×
+
+
=
1
······················································· (1)
%
W
S
Ge S ×
= ; Donde: G = 100% = 1; entonces:
( )( ) 5012
.
1
54
.
0
78
.
2 =
=
e
Reemplazando datos en la formula (1) obtenemos:
( ) 3
3
/
.
171
/
1
5012
.
1
1
5012
.
1
78
.
2
m
Tn
m
Tn
sat =
×
+
+
=
γ
ii) Presión total en la base del estrato:
( )( ) 3
/
5
.
85
50
71
.
1
H m
Tn
P sat =
=
×
= γ
iii) Preparación Hidrostática a 50 m
( )( ) 3
/
50
50
1 m
Tn
H
U w
w
w =
=
×
= γ
iv) Presión efectiva vertical.
3
0 /
5
.
35
50
5
.
85 m
Tn
U
P
P W =
−
=
−
=
3
0 /
5
.
35 m
Tn
P =
PROBLEMA Nº 5.- Una arena compuesta de elementos sólidos, con peso específico
2.60 gr/cm3
, tiene una relación de vacíos de 0.572. Calcule el peso unitario de la arena
50

seca, de la arena saturada y compare estos valores con el peso unitario efectivo de la
arena sumergida.
Solución:
i) Peso unitario de la arena seca:
W
S
m
e
e
G
S
γ
γ
+
+
=
1
.
··············································· (1)
Donde:
60
.
2
/
1
/
60
.
2
3
3
=
=
=
cm
gr
cm
gr
S
W
S
S
γ
γ
Reemplazando la formula (1), cuando G = 0 (grado de saturación)
3
/
65
.
1
)
1
(
572
.
0
1
6
.
2
1
cm
gr
e
S
W
S
d =
+
=
×
+
= γ
γ
ii) Peso unitario de la arena saturada.
Reemplazando la formula (1), cuando G = 100% = 1
3
/
02
.
2
)
1
(
572
.
0
1
572
.
0
60
.
2
1
cm
gr
e
e
S
W
S
sat =
+
+
=
+
+
= γ
γ
iii) Peso unitario efectivo de la arena sumergida.
3
/
02
.
1
)
1
(
02
.
2
' cm
gr
w
sat =
−
=
−
= γ
γ
γ
PROBLEMA Nº 6.- 50 gr. de arena se mezclan con aceite para formar un volumen total
de 1000 cm3
, y se ponen en un recipiente cilindricote 20 cm2
de área, después que la
arena se haya asentado, determinar la presión total, presión natural y presión efectiva, en
el fondo del recipiente. (Peso específico relativo del aceite 0.89)
Solución:
i) Esquema del recipiente cilíndrico.
El peso específico relativo de las arenas es = 2.65
3
/
65
.
02 cm
gr
S W
S
S γ
γ ×
=
3
)
(
87
.
18
65
.
2
50
cm
W
V
S
arena
arena =
=
=
γ
También: SS del aceite = 0.89 ⇒ γ aceite = 0.89 gr./cm3
Y: 3
arena
T
ac. cm
981.13
18.87
-
1,000
V
V
V =
=
=
.
2
.
873
.
.
. gr
V
W ac
ac
ac =
×
= γ
51

ii) Altura del aceite y de la arena:
Como: Vol. = Área x Altura ⇒ .
50
20
1000
.
cm
Área
Vol
Altura =
=
=
Altura total del cilindro = 50 cm.
cm
Área
V
H arena
arena 944
.
0
=
= ; .
1
.
49
.
. cm
Área
V
H ac
ac =
=
iii) Presión Total.
arena
sat
ac
ac H
H
P ×
+
×
= .
.
. γ
γ ················································· (1)
Donde: 3
.
. /
92
.
0
1000
2
.
923
cm
gr
V
W
W
total
ac
arena
sat =
=
+
=
γ
Reemplazando valores en la expresión (1):
( )( ) ( )( ) 3
/
57
.
44
944
.
0
92
.
0
1
.
49
89
.
0 cm
gr
P =
+
=
iv) Presión neutra.
( )( ) 3
. /
5
.
44
50
89
.
0 cm
gr
H
U total
ac
W =
=
×
= γ
v) Presión efectiva.
3
0 /
07
.
0 cm
gr
U
P
P W =
−
=
PROBLEMA Nº 7.- En el perfil estratigráfico que indica la fig. el nivel freático original
se encontraba en la superficie, después de un tiempo “t”, el nivel bajó 7 m. de manera
que el grado de saturación de la arena sobre el nuevo nivel freático llegó a ser de 20 %.
Calcule la presión vertical efectiva por peso propio en el punto “A” antes y después del
movimiento del nivel freático.
52

Solución:
i) Cuando el NF. se encuentra en la superficie.
H
P '.
0 γ
=
( )( ) ( )( ) 2
0 /
21
15
8
.
0
10
9
.
0 m
Tm
P =
+
=
ii) Cuando el NF. ha descendido 7 m.
Calculo de nuevo peso específico de la arena con G = 20 %
W
S
m
e
e
G
S
γ
γ ×
+
+
=
1
.
······································· (I)
W
S
d
e
S
γ
γ ×
+
=
1
⇒
e
SS
+
=
1
5
.
1 ································ (II)
W
S
sat
e
e
S
γ
γ ×
+
+
=
1
. ⇒
e
e
e
SS
+
+
+
=
1
1
9
.
1 ························ (III)
Reemplazando (II) en (III):
e
e
+
+
=
1
5
.
1
9
.
1 ; Donde: e = 0.67
Reemplazando en (II):
5
.
2
=
S
S
Reemplazando valores en (I):
( )( ) 3
3
/
58
.
1
/
1
67
.
0
1
67
.
0
20
.
0
5
.
2
m
Tn
m
Tn
m =
×
+
+
=
γ
Presión efectiva en el punto “A”:
( )( ) ( )( ) ( )( ) 2
0 /
76
.
25
15
8
.
0
3
9
.
0
7
58
.
1 m
Tn
P =
+
+
=
2
0 /
76
.
25 m
Tn
P =
PROBLEMA Nº 8.- En la figura hallar el diagrama de presiones neutra y efectiva, hasta
el punto “A”, situado a 10 m. debajo de la superficie.
53

Solución:
i) m
γ de la arena:
W
S
m
e
e
G
S
γ
γ ×
+
+
=
1
.
···················································· (I)
También:
W
S
d
e
S
γ
γ ×
+
=
1
; reemplazando valores:
572
.
0
1
65
.
1
+
= S
S
¸ de donde: SS = 2.60
Reemplazando en la ecuación (I) obtenemos:
3
/
78
.
1
572
.
0
1
)
572
.
0
)(
364
.
0
(
60
.
2
m
Tn
m =
+
+
=
γ
ii) m
γ de la arcilla:
S
m
e
W
γ
γ ×
+
+
=
1
%
1
············································ (II)
Cuando el grado de saturación (G) = 100%, tenemos que “e”:
W
S
S W
S
W
e
γ
γ
×
=
×
= %
% ;
Reemplazando por sus respectivos valores:
( )( ) 5012
.
1
78
.
2
54
.
0 =
=
e
Reemplazando la ecuación (II), obtenemos:
3
/
71
.
1
78
.
2
5012
.
1
1
54
.
0
1
m
Tn
m =
×
+
+
=
γ
Presión total:
54

( )( ) ( )( )
4
71
.
1
6
78
.
1
2
1 2
1
+
=
×
+
×
= H
H
P m
m γ
γ
2
/
52
.
17 m
Tn
P =
Presión neutra:
( )( ) 2
/
5
.
5
5
.
5
1 m
Tn
H
U W
W
W =
=
×
= γ
Presión efectiva:
( )( )( )( )
20
9
.
1
60
1
=
.
. 2
.
1 H
H
P sat
W
total γ
γ +
= 2
0 /
02
.
12 m
Tn
U
P
P W =
−
=
PROBLEMA Nº 9.- Calcular las variaciones de las presiones efectivas y totales en el
punto “A”; situado a 20 m. debajo de la base de la presa que indica la figura, cuando se
produce el desembalse.
Además explique lo que sucederá con las presiones efectivas, si el agua aumenta de
nivel de 0.00 m., hasta a altura de 60 m.
Solución:
i) Variaciones de las presiones totales y efectivas en el punto “A”:
( )( )( )( )
20
9
.
1
60
1
=
.
. 2
.
1 H
H
P sat
W
total γ
γ +
=
2
/
98 m
Tn
ptotal =
( )( ) 2
/
80
80
1
. m
Tn
H
U W
W
W =
=
= γ
( ) ( ) 2
.
0 /
18
80
98 m
Tn
U
P
P W
tot =
−
=
−
=
ii) ¿Qué sucede con el P0, si el agua aumenta del nivel 0m. a 60 m.?
Cuando el N.F. se encuentra en el nivel 0.00 (base de la presa):
W
W
sat
tot H
H
P .
. 1
.
. γ
γ +
=
( )( ) 2
. /
38
0
20
90
.
1 m
Tn
Ptot =
+
=
( )( ) 2
/
21
21
1 m
Tn
UW =
=
55

2
0 /
18
21
39 m
Tn
P =
−
=
Hallamos valores, para cuando el N.F. se encuentra a 10, 20, 30, 40, 50, 60 metros de
la base de la presa, obtenemos el siguiente cuadro comparativo:
Cota del N.F. (m.) Ptot.(Tn/m2
) P0(Tn/m2
) UW(Tn/m2
)
0,00 38 18 20
1,00 39 18 21
10,00 48 18 30
20,00 58 18 40
30,00 68 18 50
40,00 78 18 60
50,00 88 18 70
60,00 98 18 80
De este podemos decir que si aplicamos una carga Q por unidad de Área, en la
superficie de la muestra, la relación de vacíos del suelo disminuirá de e1 a e2,
produciendo un cambio de las propiedades mecánicas del suelo. Dicha carga se
denomina Presión Efectiva.
Pero a diferencia de lo anterior, observamos que según el cuadro obtenido, el
incremento de presión obtenido, el incremento de la presión debido al peso del agua no
tiene influencia apreciable alguna sobra la relación de vacíos o cualquier otra propiedad
mecánica del suelo. Es decir que la presión efectiva no varía a causa del agua.
Por ello la presión producida por la carga de agua se denomina: “Presión Neutra”.
PROBLEMA Nº 10.- Calcular la presión vertical efectiva a una profundidad de 40 pies,
en el perfil estratigráfico que indica la figura.
Solución:
i) Presión vertical efectiva del estrato de 15 pies (4.57 m.) de espesor:
El m
γ esta dado por: S
m
e
W
γ
γ ×
+
+
=
1
1
⇒ ( ) 3
/
83
.
1
67
.
2
7
.
0
1
20
.
0
1
m
Tn
m =
+
+
=
γ
2
1
0 /
59
.
8
)
57
.
4
)(
88
.
1
(
. m
Tn
H
P m =
=
= γ
56

ii) 0
P del estrato de 5 pies (1.52 m.), de espesor:
2
2
0 /
34
.
1
)
52
.
1
)(
88
.
0
(
'. m
Tn
H
P =
=
= γ
iii) 0
P del estrato de 20 pies (6.09 m.), de espesor:
2
3
0 /
87
.
4
)
09
.
6
)(
80
.
0
(
.
' m
Tn
H
P m =
=
= γ
iv) 0
P a la profundidad de 40 pies:
2
0 /
8
.
14
87
.
4
34
.
1
59
.
8 m
Tn
P =
+
+
=
PROBLEMA Nº 11.- Un recipiente de 10cm. de diámetro por 30 cm. de altura, es
llenado con 3.77 Kg. de arena seca, luego se llenan todos los vacíos con aceite (SS =
0.80). Dibuje Ud. Los diagramas de presiones efectivas, neutras y totales que se
producirán en el recipiente.
Solución:
i) Hallando pesos y volúmenes para la fase de muestra.
3
2
533
,
2
.)
30
(
4
)
10
(
cm
cm
Vm =
=
π
SS de arenas = 2.56 ⇒ 3
/
65
.
2 cm
gr
S
W
S
S =
=
γ
γ
3
64
.
422
,
1
65
.
2
770
,
3
cm
W
V
V
S
S
arena
S =
=
=
=
γ
3
36
.
932
64
.
422
,
1
355
,
2 cm
V
V
V S
m
aceite =
−
=
−
=
Por dato: SS del aceite = 0.80 ⇒ 3
. /
80
.
0 cm
gr
S
W
S
ac =
=
γ
γ
.
9
.
745
.
.
. gr
V
W ac
ac
ac =
×
= γ
ii) Alturas parciales de las fases de la muestra:
( ) H
altura
Área
Vol ×
=
×
=
4
10
.
2
π
.
88
.
11
5
.
78
32
.
932
.
cm
A
V
H ac
aceite =
=
=
.
12
.
18
50
.
578
.
78
64
.
422
,
1
cm
A
V
H S
arena =
=
=
iii) Presión total que se produce en el recipiente.
arena
sat
aceite
ac
tot H
H
P .
. .
.
. γ
γ +
= ··············································· (I)
2
.
. /
9
.
1 cm
gr
V
W
W
total
ac
arena
sat =
+
=
γ
Reemplazando en (I)
2
. /
44
)
12
.
18
)(
9
.
1
(
)
88
.
11
)(
8
.
0
( cm
gr
Ptot =
+
=
57

2
. /
24
)
30
)(
8
.
0
(
. cm
gr
H
U total
ac
W =
=
= γ
2
0 /
20 cm
gr
U
P
P W
total −
=
iv) Diagrama de presiones
58
Cel. 953686056

CAPITULO V
PRESIONES VERTICALES EN LOS SUELOS SITUADOS DEBAJO
DE LAS ZONAS CARGADAS
1. MÉTODO DE BOUSSINESQ
Empleado para cargas verticales concentradas en un punto; y actuantes en la superficie
horizontal de un medio semi-infinito, homogéneo, isótropo y linealmente elástico.
P Si “P”, representa la carga concentrada
actuante; r, la distancia radial del punto
“A” al eje Z, y Ø es el ángulo entre el
vector posición R y el eje Z.
Por tanto, el esfuerzo vertical, en el
punto “A”, a una profundidad Z, será:
Ø
0
Gz
R
5
3
2
5
2
3
cos
2
3
R
Z
P
Z
P
Z =
×
=
π
φ
π
σ ×
Para aplicación práctica:
[ ] 2
/
5
2
2
3
2
3
Z
r
Z
P
Z
+
×
=
π
σ
)
.....(
..........
1
1
2
3
2
/
5
2
2
I
Z
r
Z
P
Z
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
×
=
π
σ
2
2
3
Z
P
Z
π
σ = Presión máxima
2. MÉTODO DE NEWMARK
Para cargas uniformemente distribuidas, transmitidas a un medio semi-infinito,
homogéneo, isótropo, y linealmente elástico.
El método se basa en la aplicación de la ecuación (I), correspondientes al esfuerzo
vertical, bajo el centro de un área circular de radio R, uniformemente cargado; la
presión vertical resulta igual a:
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
−
=
2
/
3
2
1
1
1
Z
r
q
PV Z ≤ 3B
r
"A"
59

CUANDO EL AREA UNIFORMEMENTE CARGADO NO ES CIRCULAR:
)
(
)
( C
i
V P
A
C
P ×
×
=
C = Constante.
Ai = # de áreas de influencia.
Pc = Presión de contacto o carga unitaria.
C = 0.005
CARTA DE NEWMARK
60

TABLA I
ESCALAS A UTILIZAR PARA LAS DIFERENTES PROFUNDIDADES (Z), EN
LA CARTA DE NEWMARK
PROFUNDIDAD
(Z) (metros)
ESCALA A
UTILIZAR
6.00 1/50
6.50 1/162.5
7.00 1/175
7.50 1/187.5
8.00 1/200
8.50 1/212.5
9.00 1/225
9.50 1/237.5
10.00 1/250
12.00 1/300
15.00 1/375
20.00 1/500
25.00 1/625
PROFUNDIDAD
(Z) (metros)
ESCALA A
UTILIZAR
0.80 1/20
1.00 1/25
1.20 1/30
1.50 1/37.5
1.25 1/31.25
1.60 1/40
1.65 1/41.25
2.00 1/50
2.25 1/56.25
2.50 1/62.5
3.00 1/75
3.50 1/87.5
4.00 1/100
4.25 1/106.25
4.50 1/112.5
5.00 1/125
5.50 1/137.5
Como ejemplo para la utilización de la Tabla I, ver el PROBLEMA Nº 2.
PROBLEMAS RESUELTOS
PROBLEMA Nº 1.- En la zapata que indica la figura, existe una carga distribuida de
0.75 Kg. /cm2
. Calcular la presión vertical de un extremo de la zapata a una profundidad
de 3 metros.
0.70 m.
0.30 m.
P
1.20 m. 1.20 m.
1.10 m.
PLANTA
"A"
61

Solución:
Por teoría, la presión vertical, está dado por:
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
−
=
2
/
3
2
1
1
1
Z
r
q
PV ……………(a)
)
.....(
).........
(
)
( b
P
A
C
P C
i
V ×
×
=
Los pasos a seguir para hallar la Pv, son los siguientes:
PASO I: De la ecuación (a), se despeja
Z
r
en función de ⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
q
PV
:
1
1
1
3
2
−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
=
q
P
Z
r
V
; 90
.
0
10
.
0 ≤
≤
q
PV
Dando valores a
q
PV
, en el rango de 0.10 a 0.90, obtenemos:
PV/q r/Z
0.10 0.269
0.20 0.400
0.30 0.518
0.40 0.637
0.50 0.766
0.60 0.917
0.70 1.109
0.80 1.387
0.90 1.909
PASO II: Gráfico de Círculos Concéntricos. Z = 3
Obtenemos los 9 radios, de acuerdo a los valores obtenidos para r/Z y se grafican a
escala conveniente. Para el problema, obtenemos:
r1/Z = r1 = (0.269)(3 m.) = 0.807 m.
r2/Z = r2 = (0.400)(3 m.) = 1.200 m.
r3/Z = r3 = (0.518)(3 m.) = 1.554 m.
r4/Z = r4 = (0.637)(3 m.) = 1.910 m.
r5/Z = r5 = (0.766)(3 m.) = 2.296 m.
r6/Z = r6 = (0.917)(3 m.) = 2.751 m.
r7/Z = r7 = (1.109)(3 m.) = 3.327 m.
62

r8/Z = r8 = (1.387)(3 m.) = 4.160 m.
r9/Z = r9 = (1.909)(3 m.) = 5.727 m.
Se deberá dividir a los círculos graficados, en segmentos iguales.
Tomar ángulos de 18º o 30º.
PASO III: Determinación del número de áreas de influencia (Ai).
Se grafica la cimentación en la misma escala de los círculos, en papel transparente,
luego se coloca este sobre el diagrama, de manera que el punto en donde se desea hallar
la PV, se halle directamente sobre el centro del gráfico; y se procede a contar el número
de (Ai), donde cada sub-división, es un área de influencia. Se debe tener en cuenta que
si la subdivisión no llega a ser cubierta por el gráfico de la cimentación o plantilla será
un (Ai) fraccionario.
La presión vertical en cualquier otro punto, a la misma profundidad, se obtiene con el
mismo procedimiento, desplazando el papel transparente, hasta que el nuevo punto, se
halle directamente sobre el centro del gráfico (Carta de Newmark).
En nuestro problema, hacemos coincidir el punto “A”, situado en un extremo de la
zapata; con el punto central del gráfico de círculos, y procedemos a contar el # de áreas
de influencia (Ai).
Sumando, # de Ai = 12
PASO IV: Determinación de PV
Reemplazando valores en la ecuación (b); donde PC = 0.75 Kg. /cm2
Presión de Contacto:
Zapata
Area
P
PC =
2
/
.
045
.
0
)
75
.
0
)(
12
)(
005
.
0
( cm
Kg
PV =
=
PROBLEMA Nº 2.- En la zapata que indica la figura del problema Nº 1, existe una
presión de contacto de 0.75 Kg. /cm2
. Calcular la presión vertical en un extremo de la
zapata a una profundidad de 3 metros.
Solución:
i.) Por teoría la presión vertical esta dado por:
)
1
......(
).........
(
)
( C
i
V P
A
C
P ×
×
=
ii.) Determinando el # de Ai (empleando la carta de Newmark)
Observando la Tabla I, notamos que para una prof. Z = 3 m. la escala a utilizar es de
1/75.
Como la mayoría de escalas no se hallan en el escalímetro; se transforman las
dimensiones de la zapata a cm., de la manera sgte.
Esc. 1/75
63

1.47 cm.
1.60 cm.
Puntilla
"A"
cm
cm 6
.
1
75
120
=
cm
cm 47
.
1
75
110
=
Obtenemos de esta manera, una plantilla de 1.60 x 1.47 cm. el cual deberá ser colocado,
coincidiendo el punto “A” exactamente sobre el centro de la carta de Newmark.
Luego, procedemos a contar y sumar el # de Ai:
# de Ai = 12
iii.) Determinando Pv; reemplazando en (1); donde C = 0.005
2
/
.
045
.
0
)
12
)(
75
.
0
)(
005
.
0
( cm
Kg
PV =
=
PROBLEMA Nº 3.- Hallar la presión ejercida por la carga, concentrada en el punto
“A”, debajo de la zapata mostrada, y trazar el diagrama de presiones, considerando las
siguientes distancias horizontales con respecto al pto. “A”, r = 2 m., 3 m., 4 m., 6 m. y
10 m.
Q = 100 TN.
B = 2.00 m.
Df = 1.00 m.
11 m.
"A"
2.00 m.
3.00 m.
4.00 m.
0.217 Tn/m²
0.43 Tn/m²
0.378 Tn/m²
0.324 Tn/m²
64

Solución:
i.) Se determina PV, aplicando la ecuación de Boussinesq; ya que Z > 3B
)
.....(
..........
1
1
2
3
2
/
5
2
2
I
Z
r
Z
Q
PV
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
=
π
Reemplazando datos en (I); Q = 100 Tn., Z = 10 m., radios = 0, 2, 3, 4, 5, 6, 10 metros,
obtenemos el siguiente cuadro de valores:
Radios
(m.)
r = 0 r = 2 m. r = 3 m. r = 4 m. r = 6 m. r = 10 m.
PV
(Tn./m2
)
0.477 0.43 0.378 0.324 0.217 0.083
ii.) Diagrama de presiones debajo de la zapata:
2
3
4
6
10 2 3 4 6 10
0.05
0
0.10
0.15
0.20
0.25
0.50
0.45
0.40
0.35
0.30
TN/m²
(m.)
Radios
Pv (TN/m²)
0.43
0.378
0.324
0.217
0.083
0.477
PRESIÓN VERTICAL
PROBLEMA Nº 4.- Sobre la zapata cuadrada de lado B, actúa una carga P, produciendo
una presión vertical PV a la profundidad H. Hallar el valor de H en función de B, de tal
manera que PV se pueda calcular, considerando P como una carga concentrada en un
punto.
65

P
B
H
Suelo
Arenoso
Solución:
i.) Para calcular PV considerando “P” como una carga puntual, se deberá emplear la
ecuación de Boussinesq, cuando r = 0; por tanto obtenemos:
)
.....(
..........
2
3
2
I
H
P
PV
π
=
Para emplear la ecuación de Boussinesq, tenemos como condición que: H ≥ 3B,
H
B
B
H
B
H
B
Como
3
2
3
3
2
2
3
, =
−
⇒
=
=
)
.....(
..........
3
2
3
2
3 II
H
B
H
H
H
B
B +
=
⇒
=
+
=
ii.) H es función de B; reemplazando (I) en (II):
2
3
2
2
3
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
=
H
B
P
PV
π
; despejando “H”, obtenemos:
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
= B
P
P
H
V
π
2
3
2
3
PROBLEMA Nº 5.- Calcular la presión vertical a 9 m. de profundidad, debajo de la
zapata más desfavorable.
Z-1 = Z-2 = 2.5 x 2.5 m., para todas las zapatas Df = 1.00 m.
66

5 m. 5 m.
A B C
1
5 m.
2
Zapata más
desvaforable
5 m. 5 m.
100 TN 100 TN 100 TN
100 TN 100 TN 100 TN
9 m.
Solución:
i.) La más desfavorable será la zapata central Z-1, ya que la presión debajo de ella,
está afectado por las 6 zapatas.
Reemplazando datos en la ecuación de Boussinesq (Z > 3B)
5
.
2
2
2
9
1
1
)
9
(
2
)
100
(
3
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
=
r
PV
π
Profundidad Z=9 m. (constante)
2
/
.
59
.
0
)
1
(
0 m
Tn
P
Z
de
debajo
r
Cuando V =
⇒
−
=
2
/
.
30
.
0
.
5 m
Tn
P
m
r
Cuando V =
⇒
=
Zapatas
m
Tn
P
m
r
Cuando V 2
/
.
17
.
0
.
50 2
→
=
⇒
=
67

ii.) Presión vertical debajo de (Z-1) (la más desfavorable):
)
2
(
17
.
0
)
3
(
30
.
0
59
.
0 zapatas
zapatas
PV +
+
=
2
2
/
.
183
.
0
/
.
83
.
1 cm
Kg
m
Tn
PV =
=
PROBLEMA Nº 6.- Sobre la superficie de una masa elástica de gran extensión, existe
una carga de 1.25 Kg./cm2
distribuida sobre un área circular de 3 m. de radio. ¿Cuál es
la intensidad de la presión vertical en el punto situado de 4.50 m. debajo del centro del
circulo? ¿En el punto situado a la misma profundidad en el borde del círculo?
Z = 4.5 m.
r = 3m.
RESERVORIO
radio = 3 m. Df
Solución:
i.) Presión vertical debajo del centro del círculo.
Donde:
q = 1.25 Kg. /cm2
(carga o presión de contacto)
Z= 4.50 m.
r = 3 m.
Reemplazando datos en la ecuación de Newmark:
2
2
/
3
2
/
.
53
.
0
5
.
4
3
1
1
1
25
.
1 cm
Kg
PV =
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
−
=
68
Cel. 953686056

ii.) PV en el borde del círculo. ( se tiene el mismo proceso del PROBLEMA Nº 1)
Radio para los círculos:
r1= 1.909 x 4.5 = 8.59 m.
r2= 6.24 m.
r3= 4.99 m.
r4= 4.13 m.
r5= 3.45 m.
r6= 2.86 m.
r7= 0.518 x 4.5 = 2.33 m.
r8= 0.400 x 4.5 =1.80 m.
r9= 0.269 x 4.5 = 1.20 m.
Se dibuja la base a la misma escala, coincidiendo el borde con el centro de los círculos,
y se procede a contar el número de divisiones cubiertas:
# de Ai = 50.6
También se puede hallar el # de Ai, más fácilmente la TABLA I
De la tabla, para Z=4.50 m.; Escala a utilizar: 1/112.5
Entonces la correspondiente plantilla a utilizar será:
)
.
66
.
2
(
.
66
.
2
5
.
112
.
300
radio
de
cm
de
plantilla
cm
cm
=
Se coloca esta plantilla, sobre la carta de NEWMARK, y encontramos que:
6
.
50
# =
i
A
de
La presión vertical es:
2
/
.
32
.
0
)
25
.
1
)(
6
.
50
)(
005
.
0
(
)
(
)
(#
cm
Kg
P
q
A
C
P
V
i
V
=
=
×
×
=
PROBLEMA Nº 7.- La cimentación trapezoidal de la figura es cargada con una fuerza
que produce una presión uniforme de 2 Kg./cm2
sobre todo el área. Hallar el incremento
de presión que se produce en el centro de la cimentación y a una profundidad de 3
metros.
69

2.50 m. 4.30 m.
6.00 m.
y
(I)
(I)
(2
3)6
(2
3)6
(II)
0.90
2.50
0.90
x
Solución:
i.) Hallando el centro de gravedad de la cimentación:
.
15
.
2
.
26
.
3
)
5
.
2
6
(
2
)
90
.
0
6
(
2
)
3
)(
5
.
2
6
(
)
6
(
3
2
2
90
.
0
6
2
m
Y
m
A
X
A
X
=
=
×
+
×
×
+
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ ×
=
∑
×
∑
=
ii.) Número de Ai:
De la Tabla I, para Z=3m.⇒Escala =1/75
La correspondiente plantilla será:
.
8
75
.
600
;
73
.
5
75
430
.;
3
.
3
75
250
cm
cm
cm
cm
cm
=
=
=
Plantilla de 3.3 x 5.73 x 8 cm.
Se coloca la plantilla con el C.G. coincidiendo con el centro de la Carta de Newmark, y
se procede a contar el # de divisiones cubiertas.
102
# =
i
A
de
iii.) Incremento de presión en el centro de la cimentación.
2
2
/
.
05
.
1
)
/
.
2
)(
102
)(
005
.
0
(
)
(
)
(#
cm
Kg
P
cm
Kg
q
A
C
P
V
i
V
=
=
×
×
=
PROBLEMA Nº 8.- La figura mostrada corresponde a un edificio con planta de 30 y
22.5 m. La cimentación se hará con un sistema de 6 zapatas aisladas, cada una sujeta a
una carga de 600 Tn., y 4 zapatas corridas perimetrales, sujetas a 40 Tn./m; todo el
sistema se desplantará a 3 m. de profundidad. El m
γ de la arena y Grava del subsuelo,
sobre el N.F. es de 1.9 Tn. /m3
. Calcule la distribución del esfuerzo normal vertical PV,
en el estrato de arcilla, a lo largo de las verticales que pasan por el punto A (centro del
70

área); B (punto medio de un lado mayor), y C (una esquina), calcule estos esfuerzos a
las profundidades de 10, 22.5 y 35 metros.
600 TN 600 TN 600 TN
600 TN 600 TN 600 TN
"A"
"B"
30 m.
22.5 m.
C
40 TN / m
N.F. 9 m.
arena y grava
3 m.
10 m.
25 m.
arcilla
30 m.
Solución:
i.) Hallando las cargas
Carga por columna: 600Tn. x 6 = 3,600 Tn.
Carga por Zapata: 40Tn. /m x 105 = 4,200 Tn.
Carga por Total: 40Tn. /m x 105 = 7,800 Tn.
ii.) Presión de contacto en la base del edificio:
Área del edificio = 30 x 22.50 = 675 m2
2
/
.
6
.
11
675
800
,
7
arg
)
( m
Tn
Área
Total
a
C
edificio
del
PC =
=
=
2
/
.
7
.
5
)
3
)(
90
.
1
(
)
( m
Tn
H
excavado
terreno
del
PC =
=
×
= γ
Lo que ocurre con el terreno excavado es una reducción en presión.
2
/
.
9
.
5
7
.
5
6
.
11
)
( m
Tn
NETO
PC =
−
=
Que viene a ser la PC en la base del edificio, considerando los efectos de la excavación.
iii.) Esfuerzo normal vertical
)
.....(
..........
# I
P
A
C
P C
i
V ×
×
=
Δ
2
/
.
9
.
5
;
005
.
0
)
10
.
0
_(
º
360
º
18
m
Tn
P
C C =
=
=
# de Ai = Se deberá hallar en el gráfico de Newmark, en donde los puntos A, B, C, de
la cimentación, deberán coincidir con el centro del gráfico.
Por tanto, por cada punto a las diferentes profundidades, encontramos el # de Ai
respectivo; reemplazando en (I), obtenemos el siguiente cuadro:
71

PUNTO # de Ai Δ PV (Tn./m2
)
Z (m.)
10.00 40.1 x 4 = 160.4 4.73
22.50 19.8 x 4 = 79.2 2.34
A
35.00 10.4 x 4 = 41.6 1.23
10.00 44.2 x 2 = 88.4 2.60
22.50 28.5 x 2 = 57 1.68
B
35.00 17.7 x 2 = 35.4 1.044
10.00 44.8 1.321
22.50 37.3 1.10
C
35.00 26.5 0.78
PROBLEMA Nº 9.- La Zapata del detalle “A” del edificio “I”, soporta 120 Tn., como
se indica en la figura. Se debe hallar la distancia mínima “L” a la que se debe implantar
el edificio “II”, de tal manera que los bulbos de presiones de ambos edificios no se
superpongan y originen problemas entre ambos edificios. Las Zapatas son cuadradas.
72

Solución:
i.) Presión de contacto debajo de las Zapatas:
2
/
.
33
.
13
3
3
.
120
m
Tn
Tn
A
Q
qA =
×
=
= (Zapata “A”)
2
/
.
50
.
17
2
2
.
70
m
Tn
Tn
A
Q
qB =
×
=
= (Zapata “B”)
ii.) Presión Vertical PV:
Para el problema analizamos hasta el 10% de la presión de contacto, que será igual a la
presión vertical PV, activa de la carga; por tanto tenemos la PV, respectivamente es:
2
)
(
2
)
( /
.
75
.
1
;
/
.
33
.
1 m
Tn
P
m
Tn
P B
V
A
V =
=
iii.) Determinación de la profundidad hasta el 10% de la presión de contacto.
Para el 10% de q; empleamos la ecuación de Boussinesq, cuando r = 0:
)
.....(
..........
2
3
2
3
2
I
P
Q
Z
Z
Q
P
V
V
π
π
=
⇒
=
Para la Zapata “A”: Z = 6.565 m.
Para la Zapata “B”: Z = 4.371 m.
iv.) Determinación de los diferentes radios para las 2 profundidades. De la ecuación
de Boussinesq, despejando r, obtenemos:
)
......(
).........
(
1
2
3
5
/
2
2
II
Z
Z
P
Q
r
V
×
−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
=
π
Dando valores a Z, hasta las respectivas profundidades y reemplazando valores en (II)
obtenemos el siguiente cuadro:
73

ZAPATA “A” ZAPATA “B”
Z (m.) r (m.) Z (m.) r (m.)
1.00 1.87 1.00 1.50
2.00 2.52 1.75 1.82
3.00 2.80 2.00 2.42
3.28 2.825 2.10 1.87
3.50 2.83 2.25 1.88
4.00 2.79 3.00 1.78
5.00 2.46 4.00 1.085
6.00 1.64 4.371 0.03
6.565 0.01 - -
v.) Distancia mínima “L”
Con los datos obtenidos se grafican los bulbos de presiones y para que estos no se
superpongan, se debe hallar los radios máximos de los mismos, que sumandolos
obtenemos “L” mínimo:
“L”= 2.83 + 2.42 =5.25 metros.
PROBLEMA Nº 10.- Determinar la carga “P” que se transmite al terreno por medio de
una zapata circular de 2.27 m2
y 70 cm. de peralte, considerando que se origina una
presión vertical de 0.313 Kg. /cm2
a 1.75 metros por debajo del centro de la Zapata.
74

CAPITULO VI
ASENTAMIENTOS
I.- ASENTAMIENTOS EN ARCILLAS NORMALMENTE CONSOLIDADAS:
Arcillas normalmente consolidadas, son aquellas que nunca estuvieron sometidas a
una presión mayor que la que corresponde a la cubierta actual. Es decir que la que
soporta al presente por efecto de las capas de suelo situadas sobre ellas.
I.1.-COEFICIENTE DE COMPRESIBILIDAD (av) cm2
/gr.
El peso de la estructura o del terraplén, según sea el caso, incrementa la presión a
la que esta sometida la arcilla desde Po hasta P y origina una disminución de la
relación de vacíos, desde eo hasta e.
eo – e = Δ e = av. Δ P
P
e
av
Δ
Δ
=
carga
de
Incremento
unitaria
n
Deformació
→
→
)
/
.
( 2
cm
gr
P
e
e
a o
v
Δ
−
=
I.2.-COEFICIENTE DE COMPRESIBILIDAD VOLUMETRICA (mv)
cm2
/gr.
La disminución de porosidad es:
P
m
e
P
a
e
e
n v
o
v
o
Δ
=
+
Δ
=
+
=
Δ .
1
.
1
⇒
o
v
v
e
a
m
+
=
1
I.3.- ASENTAMIENTO (S) cm.
v
m
P
H
S ×
Δ
×
=
Compresión de la arcilla por unidad de espesor original bajo la influencia de un
aumento de presión.
H = Espesor de la capa de arcilla.
P
Δ = Aumento de presión.
Sustituyendo las anteriores ecuaciones en la última ecuación obtenemos:
La compresión (S) que sufre el estrato confinado de arcilla normalmente
consolidada es:
75

o
o
o
C
P
P
P
Log
e
C
H
S
Δ
+
×
+
×
= 10
1
CC = Índice de compresión = 0.009 (L. L. - 10%)
Po = Presión efectiva en el estrato de arcilla.
eo = Relación de vacíos inicial
P
Δ = Presión vertical en el centro de la capa de arcilla.
II.- ARCILLAS PRECONSOLIDADAS.
Son aquellas que alguna vez en su historia geológica, han estado sometidas a
presiones mayores de la que resulta de su cubierta actual. Esta mayor presión
temporaria pudo haber sido causada por el peso de estrato de suelo, que fueron
luego erosionados por el peso de hielo que mas tarde se derritió o por desecación
de la arcilla.
Si IP
P
C
o
037
.
0
11
.
0 +
>> ⇒ Es arcilla preconsolidada.
Si IP
P
C
o
037
.
0
11
.
0 +
<< ⇒ Es arcilla consolidada.
C = Cohesión
Po = Presión efectiva
I.P. = Índice de plasticidad S
S 25
.
0
'=
III.- TEORÍA DE LA CONSOLIDACIÓN.
Proceso de disminución de volumen que tiene lugar en un lapso de tiempo
provocado por un incremento de las cargas sobren el suelo.Si se aumenta la carga
que actúa sobre una capa de suelo poroso, saturado, compresible como es el caso
de la arcilla, la capa se comprime y expulsa agua de sus poros. A este fenómeno se
le llama consolidación.
III.1.- VELOCIDAD DE CONSOLIDACIÓN.
V
V
C
H
T
t
2
×
= )
(
% V
T
f
U =
t = Tiempo de consolidación.
TV = Factor tiempo.(del gráfico) 2
0 )
1
(
H
a
t
e
tK
T
W
V
V
×
×
×
+
=
γ
CV = Coeficiente de consolidación (cm2
/seg.)
V
W
V
a
e
K
C
.
)
1
(
γ
+
= ; K = Coeficiente de permeabilidad.
av = Coeficiente de compresibilidad
U % = Grado de consolidación en porcentaje.
H = Espesor, de acuerdo a la capa de arcilla.
76

a. Si es capa abierta.- La arcilla se encuentra entre estratos de arenas o
mantos permeables. Por tanto, el agua para abandonar el estrato tiene que
recorrer:
2
H
b. Si es capa semiabierta.- La arcilla se encuentra sobre una frontera
impermeable; por tanto el agua para abandonar el estrato, tiene que
recorrer la distancia: H
(Fig. 5) RELACIÓN ENTRE EL FACTOR TIEMPO Y EL GRADO DE
CONSOLIDACIÓN
77

C1 = Se usa en capas abiertas.
C2 = Capas semiabiertas.
C3 = Capas semiabiertas, donde Δ P es igual a cero en su parte superior.
PROBLEMAS RESUELTOS
PROBLEMA Nº 1.- El edificio construido sobre la superficie del perfil que se indica en
la figura, aumenta la presión existente sobre la arcilla N. C. en 1.8 Kg./cm2
. Calcule el
asentamiento promedio del edificio. Presión producido por el edificio en el punto
“A”(sobre la arcilla) =1.8 Kg./cm2
78
Cel. 953686056

L. L. = 45 %
W % = 40 %
3
/
78
.
2 cm
gr
S =
γ
Solución:
i) El asentamiento en arcillas normalmente consolidadas esta dado por:
O
O
o
C
P
P
P
Log
e
C
H
S
Δ
+
+
×
= 10
.
1
········································ (I)
( ) 315
.
0
)
10
45
(
009
.
0
%
10
.
.
009
.
0 =
−
=
−
= L
L
CC
Relación de vacíos inicial (eo):
%
.
%. W
S
e
G S
o = ; Donde: SS 0 2.78 y G % = 100 %
eo = 2.78 (0.40) = 1.112
Presión efectiva en el estrato de arcilla:
3
)
( /
040
,
2
' m
Kg
W
arena
sat =
+
= γ
γ
γ
2
/
420
,
15
)
6
(
040
,
1
)
50
.
4
(
040
,
2
)'
(
' m
Kg
H
Po =
+
=
= γ
2
/
54
.
1 cm
Kg
Po = ; 2
/
8
.
1 m
Kg
P =
Δ
ii) Asentamiento promedio del edificio:
En (I):
.
5
.
28
54
.
1
8
.
1
54
.
1
.
112
.
2
315
.
0
.
750 cm
Log
S =
+
=
PROBLEMA Nº 2.- En una prueba de consolidación de una muestra de arcilla
inalterada, se obtuvieron los siguientes datos:
P1 = 1.50 Kg/cm2
e1 = 1.30
P2 = 3.00 Kg/cm2
e2 = 1.18
H = 1.30 cm. (altura de la muestra)
79

a) Calcule el coeficiente de compresibilidad,
b) Calcule el coeficiente de variación volumétrica.
c) Calcule el coeficiente de permeabilidad.
d) Calcule el coeficiente de consolidación.
Si el tiempo requerido para alcanzar el 50 % de consolidación es de 20 minutos.
Solución:
Para la muestra de arcilla tenemos:
2
1
2
2
1
/
5
.
1
5
.
1
3
12
.
0
18
.
1
3
.
1
cm
Kg
P
P
P
e
e
e
=
−
−
=
Δ
=
−
=
−
=
Δ
a) Coeficiente de compresibilidad.
.
/
08
.
0
50
.
1
12
.
0 2
seg
cm
P
e
av =
=
Δ
Δ
=
b) Coeficiente de variación volumétrica.
.
/
035
.
0
30
.
1
1
08
.
0
1
2
Kg
cm
e
a
m
o
V
V =
+
=
+
=
c) Coeficiente de permeabilidad.
De la relación: 2
)
(
H
t
C
T C
V = ; donde:
W
V
o
C
a
e
K
C
γ
.
)
1
( +
=
Entonces: 2
.
.
)
1
(
H
a
e
K
T
W
V
o
V
γ
+
=
Despejando la permeabilidad:
( )t
e
T
H
a
K
o
V
W
V
+
=
1
.
.
. 2
γ
············································ (&)
3
/
1 cm
gr
W =
γ ; .
/
10
8
.
/
08
.
0 2
5
2
gr
cm
Kg
cn
aV
−
×
=
=
.
30
.
1 cm
H = ; ;
.
30
.
1 cm
eo = .
200
,
1
.
min
20 seg
t =
=
Por dato: “t” para el 50 % es = 20 min.; por tanto el 50 % interceptado con la curva
“C2” (fig. 5), nos entrega un valor para TV:
2
.
0
=
V
T
Reemplazando los valores en la expresión (&), obtenemos:
.
/
10
79
.
9
)
200
,
1
)(
3
.
2
(
)
2
.
0
(
)
3
.
1
)(
08
.
0
( 9
2
seg
cm
K −
×
=
=
PROBLEMA Nº 3.- Dado el perfil de suelo mostrado en la fig. y la carga concentrada,
P = 7 Tn.,que transmite al punto “A” una presión de 0.25 Tn/m2
y al punto “B” una
presión de 0.88 Tn/m2
. Determinar el asentamiento diferencial entre el punto “A” y “B”.
80

Solución:
i) El asentamiento en arcillas N.C. esta dado por:
o
o
C
P
P
P
Log
e
C
H
S
Δ
+
+
×
= 10
1
···························································· (I)
Presión efectiva sobre el estrato de arcilla:
Donde: 2
. /
1
.
2
' cm
gr
W
sat =
+
= γ
γ
γ
Por tanto tenemos:
2
/
900
)
360
)(
1
.
1
(
)
240
)(
1
.
2
( cm
gr
PO =
+
=
Espesor de la capa de arcilla (H) = 150cm.
5
.
0
%)
10
%
65
(
009
.
0 =
−
=
C
C
ii) Asentamiento En el punto “A”; cuando 2
/
88 cm
gr
P =
Δ
.
5
.
0
900
25
900
8
.
0
1
)
5
.
0
(
150
cm
Log
SA =
+
+
=
iii) Asentamiento en el punto “B”, cuando 2
/
88 cm
gr
P =
Δ
.
7
.
1 cm
SB =
iv) Asentamiento diferencial entre el punto A y B:
.
2
.
1
5
.
0
7
.
1
' cm
S
S
S A
B =
−
=
−
=
PROBLEMA Nº 4.- Sobre un estrato de arena como se muestra en la fig. se efectúa una
excavación de 8 x 8 x 2 m., para cimentar una platea, sabiendo que esta produce una
presión de contacto de 4 Kg/cm. Determine el asentamiento máximo.
81

Solución:
i) Para el estrato de arena:
3
. /
950
' m
Kg
W
sat =
−
= γ
γ
γ
ii) Para el estrato de arcilla; donde G % = 100 %; SS = 1.75
e
G
W %.
%
:
SS = ⇒ 61
.
0
)
75
.
1
)(
35
.
0
( =
=
e
3
/
750
000
,
1
750
,
1
' m
Kg
m =
−
=
γ
Presión efectiva en el centro del estratote arcilla:
2
/
200
,
8
)
6
.
0
)(
750
(
)
2
)(
950
(
)
3
)(
950
,
1
( m
Kg
PO =
+
+
=
2
/
82
.
0 cm
Kg
PO =
iii) Incremento de presión vertical en el centro del estrato arcilloso:
2
)
1
( /
4 cm
Kg
PC = (Presión de contacto de la platea)
Presión de contacto del terreno:
2
2
)
2
( /
39
.
0
/
9004
,
3
)
2
)(
950
,
1
(
. cm
Kg
m
Kg
h
PC =
=
=
= γ
Por tanto la presión de contacto neta es:
2
)
2
(
)
1
( /
61
.
3
39
.
0
4 cm
Kg
P
P
P C
C
C =
−
=
−
=
El , según el método de STEINBRENNER es:
V
P
Δ
K
P
P C
V .
=
Δ ···················································· (&)
Prof. Hasta el centro de la arcilla:
m.
3.6
Z =
1
=
=
b
a
m
82

9
.
0
4
6
.
3
=
=
=
b
Z
n
Con estos dos valores nos dirigimos al grafico de Steinbrenner y encontramos el
valor de K:
18
.
0
=
K
Reemplazando en la expresión (&) obtenemos:
2
/
60
.
2
4
)
18
.
1
)(
61
.
3
( cm
Kg
áreas
x
PV =
=
Δ
iv) Asentamiento máximo en la arcilla N. C.:
O
O
C
P
P
P
Log
e
C
H
S
Δ
+
+
= .
1
. ; %)
10
%
42
(
009
.
0 −
=
C
C
28
.
0
=
C
C
.
20
.
1 cm
H =
.
13
82
.
0
)
60
.
2
(
)
82
.
0
(
.
61
.
0
1
)
28
.
0
)(
120
(
.
max cm
Log
S =
+
+
=
PROBLEMA Nº 5.- De una capa de arcilla de 6 m. de espesor, situada entre 2 estratos
de arena, se obtuvieron varias muestras representativas, que ensayadas a consolidación,
dieron para CV, un valor medio de 4.92 x 10-4
cm2
.seg. Un edificio construido encima de
la capa aumentó la tensión media sobre la misma y el edificio empezó a asentarse.
¿Cuántos días son necesarios para que se produzca la mitad del asentamiento total?
Solución:
i) Por teoría, el tiempo de consolidación esta dado por:
V
V
C
H
T
t
2
.
= ··············································· (&)
TV = Se obtiene se la Curva de Tiempo (Fig. 5) cuando U % = 50 %; interceptado
con la curva C1, por tratarse de una capa abierta.
20
.
0
=
V
T
H = 300 cm. (ya que se trata de una capa abierta)
CV = 4.92 x 10-4
cm2
/seg.
83

ii) Tiempo necesario en días; en (&):
.
85
.
365
,
585
`
36
10
92
.
4
)
300
)(
20
.
0
(
4
2
seg
t =
×
= −
1 dia=60x60x24=86,400 seg
días
t 4
.
423
=
PROBLEMA Nº 6.- Si la capa de arcilla del problema anterior, contiene una delgada
capita de drenaje, situada a 1.50 metros de su borde superior, ¿Cuántos días se requieren
para alcanzar la mitad de la consolidación.
Solución:
i) Gráfico del perfil estratigráfico:
ii) “t” en la capa de 1.50 m.
V
V
C
H
T
t
2
.
= ····················································· (&)
84

.
075
2
150
cm
H = ; 20
.
0
=
V
T
Reemplazando en (&):
.
46
.
26
4
.
585
,
286
`
2
10
92
.
4
)
75
(
20
.
0
4
2
días
seg
t =
=
×
= −
iii) “t” en la capa de 4.50 m.
.
225 cm
H = ; 20
.
0
=
V
T
días
t 238
=
El tiempo requerido es 238 días, ya que como el asentamiento es simultáneo, la
primera capa demora menos tiempo.
PROBLEMA Nº 7.- Los resultados de un ensayo de consolidación sobre una muestra de
arcilla con u espesor de 2.5 cm. Indican que la mitad de la consolidación total se
produce durante los primeros 5 minutos. ¿Cuánto tardaría un edificio construido encima
de la capa de la misma arcilla para experimentar el 75 % de su asentamiento?
Solución:
i) Para el ensayo de consolidación sobre la muestra tenemos:
t
H
T
C V
V
2
.
= ·································· (&)
.
25
.
1
2
5
.
2
cm
H =
= (Capa abierta, debido a que esta drenada por arriba y por
abajo)
TV = De la curva de tiempo (fig. 5); para el 50 % de consolidación interceptado
con la curva C1 para capas abiertas.
TV = 0.2
.
min
/
0625
.
0
.
min
5
)
25
.
1
(
2
.
0 2
2
cm
CV =
=
ii) Para el estrato de arcilla:
H = 200 cm. (se trata de una capa semiabierta)
85

TV = Para: U % = 75 %; interceptado con la curva C2, obtenemos:
TV = 0.35
Reemplazando en (&), y despejando “t”, obtenemos lo pedido:
000
,
224
0625
.
0
)
200
(
35
.
0 2
=
=
t minutos 3
82
.
2 ≈ dias
PROBLEMA Nº 8.- Calcular el asentamiento de un estrato compresible de 3 m. de
espesor, limitada en su parte superior por una capa horizontal de 10 cm. de arena y por
abajo por un espesor indefinido, del mismo material, el estrato compresible esta sujeto a
una presión de 5 Tn/m2
en una arena muy grande, la consolidación bajo dicha presión
hace variar la relación de vacíos de 3 a 2.3.
Calcular el tiempo en el cual ocurrirá la mitad del hundimiento total, supuesto que
estrato compresible tiene una permeabilidad de 10-7
cm/seg.
Solución:
V
m
P
H
S .
.
= ··········································· (I)
o
V
V
e
a
m
+
=
1
; donde: .
/
10
4
.
1
500
3
.
2
3 2
3
1
gr
cm
P
e
e
a o
V
−
×
=
−
=
Δ
−
=
.
/
10
5
.
3
3
1
10
4
.
1 2
4
3
gr
cm
x
x
mV
−
−
=
+
= ; .
300 cm
H =
Reemplazando en (I), obtenemos el asentamiento: 5 TN/m2
=500 gr./cm2
.
5
.
52
)
10
5
.
3
)(
500
)(
300
( 4
cm
x
S =
= −
Tiempo de consolidación (t):
.
/
10
86
.
2
/
)
1
(
/
10
5
.
3
.
/
10
.
2
4
3
2
4
7
seg
cm
X
cm
gr
gr
cm
X
seg
cm
m
K
C
W
V
V
−
−
−
=
=
=
γ
20
.
0
=
V
T (U % = 50 %; interceptado con C1)
.
73
.
265
,
734
`
15
10
86
.
2
)
150
)(
2
.
0
(
.
4
2
2
seg
x
C
H
T
t
V
V
=
=
= −
días
t 10
.
182
=
PROBLEMA Nº 9.- Hallar el asentamiento que se producirá en la zapata del sótano,
que se construye después; después de efectuar la excavación de 20 x 20 m. y 3.50 m. de
profundidad.
86

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